Note del corso di SISTEMI DINAMICI. Massimiliano Berti

Transcript

1 Note del corso di SISTEMI DINAMICI Massimiliano Berti 12 Novembre 2007 Versione preliminare

2 Introduzione Va sotto il nome Sistemi Dinamici la teoria delle equazioni differenziali ordinarie, cioè di equazioni la cui incognita è una funzione x(t) che soddisfa un equazione che coinvolge la variabile indipendente t, la funzione x(t) stessa e le sue derivate D k x, k = 1,..., n, F (t, x, D 1 x,..., D n x) = 0. (1) Una equazione differenziale si dice ordinaria quando la funzione incognita x(t) dipende da una sola variable scalare t R (se t R n, n > 1, una equazione differenziale come (1) si chiama alle derivate parziali). La equazione differenziale (1) si dice di ordine n in quanto la derivata di ordine più alto che compare è D n. Storicamente, lo studio sistematico delle equazioni differenziali si impose con la meccanica di Newton. La equazione fondamentale della dinamica Newtoniana, F = ma, è una equazione differenziale: dato un campo di forze F : R 3 R 3 bisogna trovare una funzione x(t) (posizione del punto materiale) tale che mẍ(t) = F (x(t)), x(t) R 3, dove ẍ(t) = a(t) è la accellerazione del punto di massa m all istante t. Newton risolse tale equazione differenziale quando F è la forza gravitazionale, inversamente proporzionale al quadrato della distanza (1684), trovando che i moti possibili descrivono o una ellisse, o un iperbole, o una parabola. Newton trasmise l importanza di studiare le equazioni differenziali esprimendosi cosí: Data aequatione quotcunque fluentes quantitae involventes fluxiones invenire et viceversa che, in linguaggio moderno, si potrebbe tradurre è utile risolvere le equazioni differenziali. Ora come ora tutte le scienze esatte si basano su modelli di equazioni differenziali. 2

3 Vediamo alcuni esempi elementari di equazioni differenziali. Esempio 1. È un fatto sperimentale che la velocità di decadimento di una materia radioattiva è proporzionale alla quantità di materia stessa x(t), ossia vale ẋ(t) = σx(t). Domanda: se è nota la quantità di materia radioattiva x 0 all istante t = 0, quanta sarà la quantità x(t) al generico istante di tempo t? Esempio 2. La velocità di crescita della popolazione di batteri cresce proporzionalmente al numero di batteri N(t), ossia vale Ṅ(t) = σn(t). Domanda: se è noto il numero di batteri N 0 all istante t = 0, quanta sarà N(t) nel tempo? Esempio 3. La velocità di crescita della popolazione di batteri cresce proporzionalmente al numero dei batteri ma, a causa di un fattore di morte soddisfa, Ṅ(t) = σn(t) k Domanda: quale sarà N(t) nel tempo al variare di k e σ? A cosa tenderà al crescere del tempo? Esempio 4. La velocità di crescita della popolazione di batteri cresce proporzionalmente al numero delle coppie, ossia vale Ṅ(t) = σn 2 (t) Domanda: la popolazione N(t) cresce più o meno rapidamente che negli esempi precedenti? Esempio 5. L angolo formato da un pendolo di lunghezza l rispetto alla verticale evolve secondo la equazione differenziale l θ + g sin θ = 0 (2) dove g è la accellerazione di gravità. Che soluzioni ha? Nel caso le oscillazioni abbiano piccola ampiezza (sin θ θ), queste possono essere descritte da 3 θ + ω 2 θ = 0, ω 2 := g l (3) di cui alcune soluzioni sono ben note sin(ωt), cos(ωt). Sono tutte? Quanto sono vicine le soluzioni della equazione lineare (3) alle soluzioni della equazione nonlineare (2)?

4 4 Considereremo più avanti solo equazioni in forma normale, ossia in cui la derivata di grado più alto si esprime mediante le derivate di ordine inferiore come in tutti gli esempi precedenti. D n x = g(t, x, D 1 x,..., D (n 1) x) (4) Tutte le equazioni di ordine n in forma normale (4) si possono vedere come sistemi di equazioni del primo ordine in forma normale ẏ = f(t, y), y R n (5) ponendo e, quindi, y 0 := x, y 1 := D 1 x,..., y n 1 := D n 1 x y := (y 0, y 1,..., y n 1 ) R n soddisfa un sistema della forma (5) con f(t, y) := (y 1, y 2,..., g(t, y)). Nei prossimi capitoli impareremo a rispondere a queste domande. Referenze N. Fusco, P. Marcellini, C. Sborbone: Analisi Matematica due, Liguori editore. E. Giusti, Analisi Matematica 2, Bollati Boringhieri. V. I. Arnold, Equazioni differenziali ordinarie, Edizioni Mir. E. Acerbi, L. Modica, S. Spagnolo, Problemi scelti di Analisi Matematica II, Liguori editore. Ringrazio vivamente Marco Natale per i disegni di queste note.

5 Contents Index 5 1 Il problema di Cauchy Il teorema di esistenza e unicità locale Il teorema delle contrazioni Equazioni differenziali scalari autonome 18 3 Estendibilità delle soluzioni Prolungamento delle soluzioni Campi vettoriali definiti per ogni x Integrali primi Studio qualitativo delle soluzioni Teoremi del confronto Soluzioni esplicite Equazioni a variabili separabili Equazioni esatte Equazioni omogenee Esercizi di ricapitolazione Equazioni lineari Equazioni omogenee Equazioni non-omogenee Equazioni lineari di ordine n Equazioni a coefficienti costanti I sistemi a coefficienti costanti Caso 1: le radici λ i sono reali e distinte Caso 2: una radice λ = α + iβ è complessa Esponenziale di una matrice Il caso di radici multiple

6 CONTENTS 6 6 Dipendenza da dati iniziali e parametri Il lemma di Gronwall Dipendenza continua rispetto ai dati iniziali Dipendenza continua rispetto ai parametri Studi qualitativi nel piano 99 8 Il teorema della funzione implicita Introduzione Operatori lineari Richiami di calcolo differenziale Il teorema della funzione implicita Il caso F : R R R Il caso F : R 3 R Il caso F : R 3 R Il caso F : R n R m, n m Il teorema della mappa inversa Appendice Temi d esame 128

7 Chapter 1 Il problema di Cauchy Il problema che vogliamo studiare è sapere se il sistema { ẋ = f(t, x) x(t 0 ) = x 0 (1.1) ha soluzioni, se queste, qualora esistano, siano uniche, se siano regolari, se dipendano in modo regolare dal dato iniziale x 0, etc... Questo problema (1.1) ai dati iniziali si chiama problema di Cauchy. Chiamiamo f(x, t) il campo vettoriale ed R n lo spazio delle fasi. 1.1 Il teorema di esistenza e unicità locale Daremo adesso delle condizioni sufficienti per garantire l esistenza e l unicità di una soluzione di (1.1) almeno in un intorno di t = t 0 (soluzione locale). Assumiamo che (H1) (continuità) Il campo vettoriale f(t, x) sia definito e continuo nell insieme I J := [t 0 a, t 0 + a] { x x 0 b} (con a > 0, b > 0) contenente il dato iniziale (t 0, x 0 ). (H2) (Lipschitzianità in x) Esiste una constante L > 0 tale che f(t, x 1 ) f(t, x 2 ) L x 1 x 2, t I, x 1, x 2 J. Teorema (Cauchy) Se il campo vettoriale f soddisfa (H1)-(H2), allora esiste una unica soluzione di (1.1) definita in un intorno di t 0 (soluzione locale). Precisamente esiste una unica funzione di classe C 1, x : (t 0 δ, t 0 + δ) J, 7

8 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 8 Figure 1.1: Il dominio del campo vettoriale f(t, x) che soddisfa (1.1) con δ < min { b M, 1 L, a} (1.2) dove M := max I J f(t, x). Dimostrazione. Consideriamo l equazione integrale (di Volterra) x(t) = x 0 + t t 0 f(τ, x(τ)) dτ. (1.3) Se troviamo una funzione continua che risolve (1.3) allora, x(t) è di classe C 1, x(t 0 ) = x 0, e, derivando, abbiamo una soluzione del problema di Cauchy (1.1). Cerchiamo una soluzione di (1.3) in X := { x : [t 0 δ, t 0 + δ] J R n, x continua } C([t 0 δ, t 0 + δ], R n ) con δ a. È ben noto che quest ultimo spazio C([t 0 δ, t 0 + δ], R n ), munito della norma del sup x := sup t [t 0 δ,t 0 +δ] x(t), è uno spazio di Banach (spazio normato completo), vedi ad esempio il libro di Analisi Matematica due di Fusco-Marcellini-Sbordone, cap. 2; o di Giusti, cap. 1). Essendo J un sottoinsieme chiuso in R n si vede facilmente che X è chiuso in C([t 0 δ, t 0 + δ], R n ), ossia che (X, ) è uno spazio metrico

9 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 9 completo. Esercizio Dimostrare la affermazione precedente. Soluzione Sia x n X una successione di funzioni continue convergente uniformemente ad x C([t 0 δ, t 0 + δ], R n ). Bisogna provare che x X, ossia x(t) J, t [t 0 δ, t 0 +δ] (già sappiamo che x è una funzione continua in quanto limite uniforme di funzioni continue). Essendo, t [t 0 δ, t 0 + δ], x n (t) J, x n (t) x(t) e J chiuso, si deduce che x(t) J. Esercizio Un sottoinsieme chiuso X Y di uno spazio metrico completo Y è completo. Soluzione Una successione di Cauchy x n X, essendo di Cauchy pure in Y, convergerà in Y ad un elemento x Y. Essendo X chiuso si deduce che x X. Definiamo l operatore nonlineare Φ(x)(t) := x 0 + t t 0 f(τ, x(τ)) dτ. Per provare il teorema basta che dimostriamo che i) Φ : X X. ii) Φ : X X è una contrazione. i). Naturalmente se x(t) è una funzione continua, pure Φ(x)(t) è una funzione continua. Bisogna provare che Φ(x) ha immagine in J, ossia Φ(x)(t) J, t [t 0 δ, t 0 + δ]. Questo è garantito da Φ(x)(t) x 0 t t 0 f(τ, x(τ)) dτ Mδ b dove M := max I J f(t, x) < + essendo f(t, x) una funzione continua sul compatto I J. La prima condizione su δ è dunque ii). x 1, x 2 X abbiamo Φ(x 1 ) Φ(x 2 ) = sup δ b M. t t [t 0 δ,t 0 +δ] t sup t [t 0 δ,t 0 +δ] t 0 f(τ, x 1 (τ)) f(τ, x 2 (τ)) dτ t 0 f(τ, x 1 (τ)) f(τ, x 2 (τ)) dτ

10 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 10 (H2) e quindi Φ è una contrazione assumendo t sup L x 1 (τ) x 2 (τ) dτ t [t 0 δ,t 0 +δ] t 0 sup t t 0 L x 1 x 2 (1.4) t [t 0 δ,t 0 +δ] δl x 1 x 2 (1.5) δ < 1 L. Pertanto, assumendo che δ soddisfi (1.2), dal teorema delle contrazioni deduciamo che Φ ha uno ed un solo punto fisso in X. Esercizio Dimostrare che se il campo vettoriale f è definito in I R n allora esiste una unica soluzione locale di (1.1) in (t 0 δ, t 0 + δ) con δ < min { 1 L, a}. (1.6) Suggerimento: la prima condizione δ b/m non c è poiche f(t, ) è definito su tutto R n. Notiamo che abbiamo anche di più dalla dimostrazione del teorema delle contrazioni (vedi teorema 1.2.1): la successione di funzioni x 1 (t) := x 0 + x 0 (t) := x 0 t t t 0 f(τ, x 0 ) dτ x 2 (t) := x 0 + f(τ, x 1 (τ)) dτ t 0... t x n (t) := x 0 + f(τ, x n 1 (τ)) dτ t 0 detta successione delle approssimazioni successive di Picard converge uniformemente alla soluzione x(t) in [t 0 δ, t 0 + δ]. Esempio Costruire la successione delle approssimazioni successive di Picard per il problema di Cauchy { ẋ = x, x R (1.7) x(0) = 1. Notiamo che x 0 (t) := 1

11 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 11 x 1 (t) := 1 + x 2 (t) := 1 + t 0 t 0 1 dτ = 1 + t (1 + τ) dτ = 1 + t + t x n (t) := 1 + t + t tn n n! = t k k! che converge uniformemente alla soluzione e t di (1.7). Eulero introdusse l esponenziale proprio come soluzione dell equazione (1.7). Esercizio Provare che lo spazio C 1 ([a, b]), munito della norma è uno spazio di Banach. k=0 f C 1 := f + f (1.8) Soluzione Sia f n C 1 una successione di Cauchy rispetto alla norma C 1. Quindi f n ed f n sono successioni di Cauchy in C[a, b] rispetto alla norma. Già sappiamo che (C[a, b], ) è completo e, pertanto, esistono f, g C[a, b] tali che f n f, f n g uniformemente. Allora, per il criterio di derivazione delle successioni, la funzione f è derivabile e la sua derivata coincide con il limite delle derivae, cioè f = g. Abbiamo provato C che f 1 n f. Domanda La successione delle approssimazioni successive di Picard dell esempio (1.7) converge alla soluzione e t anche in C 1 ([ T, T ]), T > 0? Risposta Si. Perchè? L esempio (1.7) ci dice anche che ci dovremmo aspettare di poter migliorare la stima (1.6) sull intervallo di esistenza della soluzione. Infatti in questo esempio il procedimento del teorema di Cauchy ci garantirebbe la convergenza e la soluzione solo sull intervallo ( 1/L, 1/L) (notando che a = + ). In effetti la stima di δ si può migliorare senza aggiungere ipotesi al teorema di Cauchy. Teorema Nelle stesse ipotesi del teorema la soluzione di (1.1) esiste in (t 0 δ, t 0 + δ) con δ < min { b M, a}. (1.9)

12 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 12 Dimostrazione. Basta mostrare che, se δ soddisfa solo (1.9), allora esiste almeno una iterata di Φ, Φ n, che è una contrazione, vedi teorema Questo si basa sul seguente lemma Lemma x 1, x 2 X vale, t I Φ n (x 1 )(t) Φ n (x 2 )(t) Ln t t 0 n x 1 x 2. (1.10) n! Dimostrazione. Per induzione. Per n = 1 lo abbiamo già provato in (1.4). Se (1.10) è vera per n allora dobbiamo provare che sia vera per n + 1. Abbiamo Φ n+1 (x 1 )(t) Φ n+1 (x 2 )(t) = Φ(Φ n x 1 )(t) Φ(Φ n (x 2 ))(t) = t provando il lemma. (H2) (1.10) Dal lemma precedente si ottiene f(τ, Φ n (x 1 )(τ)) f(τ, Φ n (x 2 )(τ)) dτ t 0 t sup f(τ, Φ n (x 1 )(τ)) f(τ, Φ n (x 2 )(τ)) dτ t 0 t [t 0 δ,t 0 +δ] t sup t [t 0 δ,t 0 +δ] t sup t [t 0 δ,t 0 +δ] t 0 L Φ n (x 1 )(τ) Φ n (x 2 )(τ) dτ t 0 L Ln τ t 0 n n! = Ln+1 t t 0 n+1 x 1 x 2 (n + 1)! Φ n (x 1 ) Φ n (x 2 ) Ln δ n x 1 x 2 n! x 1 x 2 dτ ed essendo L n δ n lim = 0 n n! deduciamo che, per ogni δ che verifica (1.9), esiste un n tale che Φ n è una contrazione. Quindi Φ ha uno ed un solo punto fisso. Osservazione Se x f(t, x) è continua in I J, allora l ipotesi di Lipschitzianità (H2) è soddisfatta, per il teorema del valor medio, con L := max I J x f(t, x).

13 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 13 Teorema (Regolarità) Se f(t, x) è di classe C k, k 0 (nelle variabili (t, x)) allora la soluzione x(t) è una funzione di classe C k+1 (in t). Se f C allora x(t) C. Dimostrazione. Sappiamo già che x(t) è C 1 in t. Se k = 0 abbiamo già finito. Supponiamo allora k 1. Quindi f(t, x(t)) è C 1. Inoltre, poichè ẋ(t) = f(t, x(t)), deduciamo che ẋ(t) è C 1, cioè x(t) C 2. Iterando questo procedimento k volte si conclude. Una dimostrazione formale può essere fatta con il principio di induzione. Farlo per esercizio. Esercizio Supponiamo che f : R n R n soddisfi l ipotesi di Lipschitzianità globale: esiste L > 0 tale che f(x) f(y) L x y, x, y R n. (1.11) Dimostrare che esiste una soluzione di { ẋ = f(x) x(0) = x 0 definita per tutti i tempi t R. Suggerimento: una possibile soluzione dell esercizio è dimostrare che per ogni intervallo [ T, T ] esiste una unica soluzione seguendo il procedimento del teorema (ciò che capita con l esponenziale). Un altra soluzione consiste nell estendere indefinitamente la soluzione (vedi il capitolo 3) notando che l intervallo di esistenza locale non dipende dal dato iniziale (provarlo). Infine un altra è dimostrare che nello spazio di Banach X := {x : R R n : x continua, x := sup x(t) e k t }, t R se k > L, l operatore di Volterra è una contrazione. Per provare che X è completo si può seguire il procedimento simile per dimostrare che (C([a, b], R), ) è completo. Per provare che l operatore integrale di Volterra mappa X in sé si usa che, da (1.11), la funzione f(x) cresce al più linearmente, ossia, f(x) f(0) + L x. Per provare che l operatore integrale di Volterra è una contrazione in X si usa nuovamente (1.11) e la condizione k > L. Esercizio Provare che la soluzione di ẋ = t x3 1 + x + 2 t2 x(t 0 ) = x 0

14 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 14 è definita per tutti i tempi t R. Suggerimento: mostrare che f(t, x) := t x3 1 + x 2 +t2 è Lipschitziana rispetto alla variabile x in ogni intervallo di tempo t [ M, M] e ragionare come all esercizio precedente. La ipotesi (1.11) è naturalmente sufficiente a garantire l esistenza di una soluzione per tutti i tempi, ma non è necessaria. Vedremo (cfr. equazione (3.8)) che, ad esempio, { ẋ = x 4 sin x x(0) = x 0 ha tutte le soluzioni limitate anche se, ovviamente, non soddisfa l ipotesi di Lipschitzianità globale (1.11). 1.2 Il teorema delle contrazioni Sia (X, d) una spazio metrico. Una mappa Φ : X X si dice una contrazione se è Lipschitz di constante di Lipschitz λ (0, 1), cioè se esiste λ (0, 1), tale che d(φ(x), Φ(y)) λd(x, y) x, y X. (1.12) Esercizio Provare che, se f C 1 (R, R) ha derivata f (x) λ < 1, x R, allora f è una contrazione di R. Si può concludere che f è una contrazione assumendo solo f (x) < 1, x R? Teorema (Banach-Caccioppoli) Sia (X, d) uno spazio metrico completo. Allora Φ ha uno ed un solo punto fisso x X, ossia Φ(x) = x. Comunque si prenda x 0 X, tale punto fisso x è il limite x = lim Φ n (x 0 ). La velocità di convergenza di Φ n (x 0 ) verso x può essere stimata da d(x, Φ n (x 0 )) d(φ(x 0 ), x 0 ) λn 1 λ che tende a zero esponenzialmente per n +.

15 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 15 Dimostrazione. Prendo un qualunque x 0 X e considero l orbita x n := Φ n (x 0 ) X, n = 1, 2,..., generata da Φ, cioè Dico che x n è di Cauchy. Infatti x n = Φ(x n 1 ), n = 1, 2,..., d(x n+1, x n ) = d(φ(x n ), Φ(x n 1 )) (1.12) λd(φ(x n 1 ), Φ(x n 2 )) e quindi, iterando, Da questa stima si deduce d(x n+1, x n ) λ n d(x 1, x 0 ). (1.13) d(x n, x n+k ) (1.13) n+k 1 j=n n+k 1 j=n d(x j, x j+1 ) λ j d(x 1, x 0 ) + d(x 1, x 0 ) λ j j=n = d(x 1, x 0 ) λn 1 λ. (1.14) Quindi x n è una successione di Cauchy. Essendo X uno spazio completo, esiste x X tale che x n x X. Essendo x n+1 = Φ(x n ), n, passando al limite, si ottiene, x = Φ(x), cioè x è un punto fisso di Φ. Inoltre, sempre da (1.14), passando al limite in k si ottiene d(x n, x) d(x 1, x 0 ) λn 1 λ che mi stima la velocità di convergenza. La unicità del punto fisso x è ovvia essendo Φ una contrazione: se x 1 = Φ(x 1 ), x 2 = Φ(x 2 ), allora d(x 1, x 2 ) = d(φ(x 1 ), Φ(x 2 )) (1.12) λd(x 1, x 2 ) e, quindi, d(x 1, x 2 ) = 0, i.e. x 1 = x 2.

16 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 16 Esempio La mappa f : R R definita da f(x) := 1 + x 2 ha in ogni punto f (x) < 1 ma non ha punti fissi. contrazione non può essere rimossa. L ipotesi di stretta Vale la seguente generalizzazione del teorema delle contrazioni in cui si ottiene lo stesso risultato di esistenza con ipotesi più deboli. Teorema Sia (X, d) uno spazio metrico completo. Se existe un n 0 tale per cui Φ n0 è una contrazione allora Φ ha uno ed un solo punto fisso. Inoltre, comunque si prenda x 0 X si ha che Φ n (x 0 ) tende all unico punto fisso di Φ. Qui Φ n := Φ... Φ : X X indica la mappa ottenuta componendo n volte la mappa Φ. Dimostrazione. fisso x: Pertanto Dal teorema di Banach-Cacioppoli Φ n 0 ha un unico punto x = Φ n 0 (x). Φ(x) = Φ(Φ n 0 (x)) = Φ n 0 (Φ(x)), ossia Φ(x) è anch esso un punto fisso di Φ n 0. Quindi Φ(x) deve coincidere con x (unico punto fisso di Φ n 0 ), cioè Φ(x) = x. Infine, essendo la mappa Φ n 0 una contrazione, le successioni (Φ n 0 ) k (x 0 ) = (Φ kn 0 )(x 0 ) x per k +, (Φ n 0 ) k (Φ(x 0 )) = (Φ kn 0+1 )(x 0 ) x per k +,... (Φ n 0 ) k (Φ n 0 1 (x 0 )) = (Φ kn 0+(n 0 1) )(x 0 ) x per k +. Pertanto tutta la successione (Φ n )(x 0 ) x. L unicità del punto fisso di Φ è ovvia poichè ogni punto fisso di Φ è pure punto fisso della contrazione Φ n 0. Esercizio 1. Sia (X, d) uno spazio metrico completo, x X, r > 0, f : D := B( x, r) X

17 CHAPTER 1. IL PROBLEMA DI CAUCHY 17 tale che per λ (0, 1) d(f(x), f(y)) λd(x, y), x, y X. Dimostrare che, se d( x, f( x)) r(1 k), allora f ha un unico punti fisso. Esercizio 2. Dimostrare che esiste un unica funzione continua f : [0, 1] [0, 1] tale che per ogni x [0, 1]. f(x) = sin(x + f(y)) dy Esercizio 3. Sia K C([0, 2], R + ) ed h C([0, 1], R). Provare che esiste un unica u C([0, 1], R) tale che u(x) = h(x) K(x + y)u(y) dy. Esercizio 4. Provare che lo spazio C([ 1, 1]), munito della norma f 2 := f(x) 2 dx [ 1,1] (si provi dapprima che 2 è una norma) NON è completo. Ad esempio la successione di funzioni continue 1 x [ 1, 1/n] f n (x) := nx x [ 1/n, 1/n] +1 x [1/n, 1] è di Cauchy nella norma 2 ma non converge uniformemente a nessuna funzione di C([ 1, 1]). Suggerimento: Se f n convergesse uniformente a una funzione f allora f sarebbe continua (perchè?) e, inoltre, f n (x) dovrebbe convergere anche puntualmente a f(x). A chi converge puntualmente f n (x)? Concludere. Esercizio 5. Sia (X, d) uno spazio metrico completo. Si consideri una famiglia di contrazioni T λ : X X d(t λ (x), T λ (y)) 1 d(x, y) 2 per λ [0, 1]. Chiamiamo x λ l unico punto fisso di T λ. Supponiamo che Provare che lim λ 0 x λ = x 0. lim T λ(x) = T 0 (x), x X. (1.15) λ 0 Provare che la stessa conclusione si ottiene anche se (1.15) vale solo x D dove D è un insieme denso in X, cioè D = X.

18 Chapter 2 Equazioni differenziali scalari autonome Studiamo adesso le equazioni differenziali autonome ẋ = f(x), x R (2.1) il cui spazio delle fasi è la retta R e il cui campo vettoriale f(x) è indipendente dal tempo. Assumeremo sempre che f(x) sia una funzione continua. Per equazioni della forma (2.1) si ha addirittura una rappresentazione esplicita per quadrature delle soluzioni, cioè le soluzioni possono essere ottenute mediante calcolo di integrali ed inversioni di funzioni. Ci domandiamo cosa fa soluzione del problema di Cauchy { ẋ = f(x), x(0) = x 0. (2.2) Esiste? È unica? In che intervalli di tempo esiste? Come si scrive? Osservazione Essendo il campo f(x) autonomo, cioè indipendente dal tempo, non è restrittivo considerare il problema di Cauchy con condizione iniziale per t 0 = 0. Infatti se x(t) è soluzione di (2.1) allora tutte le traslate x(t τ), τ R, sono soluzioni di (2.1). Consideriamo dapprima l insieme degli equilibri E := {f(x) = 0}. L insieme E è chiuso, essendo f continua. 18

19 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME19 Figure 2.1: Il campo vettoriale f(x) ha tre equilibri. Le frecce indicano che dove il campo vettoriale f(x) > 0 (risp. < 0) le soluzioni t x(t) sono monotone crescenti (risp. decrescenti). Se x 0 E allora f(x 0 ) = 0 e, quindi, la funzione constante x(t) = x 0, t, è una soluzione della equazione differenziale (2.1) soddisfacente il dato iniziale x(t 0 ) = x 0. Consideriamo poi l insieme E + := {f(x) > 0}. L insieme E + è aperto poiché f è continua. Quindi risulta che E + = (x n, x n+1 ) n è un unione finita o, al più, numerabile, di intervalli aperti (x n, x n+1 ), eventualmente illimitati. Analogamente consideriamo l aperto E := {f(x) < 0} = (b n, b n+1 ). n Teorema Sia f continua. Sia f(x 0 ) 0. Allora il problema di Cauchy (2.2) ha sempre una ed una soluzione x(t) definita almeno localmente attorno a t = t 0. Essa soddisfa x(t) x 0 du f(u) = t t 0. (2.3)

20 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME20 Dimostrazione. Supponiamo ad esempio che x 0 E +, cioé f(x 0 ) > 0. a) Sia x(t) una soluzione di (2.3). Per t vicini a t 0, si ha f(x(t)) > 0. Quindi Integrando nel tempo t t 0 ẋ(t) f(x(t)) = 1. ẋ(τ) f(x(τ)) dτ = t t 0 1 dτ = t t 0. La funzione x(t) è localmente invertibile poichè ẋ(t) = f(x(t)) 0. Quindi posso cambiare variable y := x(t) ottenendo x(t) x(t 0 ) cioè (2.3). Notiamo che la funzione dy f(y) = t t 0. Ψ(z) := z x 0 dy f(y) (2.4) è localmente invertibile poichè la sua derivata Ψ (z) = 1/f(z) > 0. Quindi la x(t) è univocamente determinata come soluzione di Abbiamo provato l unicità locale della soluzione. b) Viceversa. La funzione Ψ(z) = t, x(t) = Ψ 1 (t). (2.5) x(t) = Ψ 1 (t) è una funzione di classe C 1 che risolve (2.3). Quindi x(t) è soluzione del problema di Cauchy (2.2). Abbiamo provato l esistenza. Il metodo di sopra si chiama il metodo di separazione delle variabili. Lo ritroveremo alla sezione 4.2. Esercizio Trovare le soluzioni dei problemi di Cauchy { ẋ = x x(0) = x 0 ed { ẋ = x 2 x(0) = x 0.

21 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME21 Risposta: x(t) = x 0 e t, x(t) = x 0 /(1 x 0 t). Notiamo che nel primo caso la soluzione è definita per tutti i tempi, nel secondo caso no, cessando di esistere all istante t := 1/x 0. Vogliamo, in generale, capire in quale intervallo di tempo esiste la soluzione definita dalla (2.3). Vista la formula (2.5) tutto sta a capire com è fatta la funzione Ψ(z) che esprime il tempo di percorrenza per andare dal punto x 0 al punto z. ( ) Figure 2.2: La funzione Ψ(z) che descrive il tempo di percorrenza tra x 0 e z. Se i lim z x± Ψ(z) = ± allora la soluzione x(t) esiste per tutti i tempi. Sia x 0 (x, x + ) dove (x, x + ) è la componente connessa di E + che contiene x 0 e consideriamo la funzione Ψ : (x, x + ) R (che è ben definita poichè f(z) > 0 in tutto (x, x + )). Ψ è monotona crescente ed esistono i limiti z lim Ψ(z) = lim z x ± z x ± x 0 dy f(y) := l± (integrali impropri). Tutto dipende se tali limiti sono finiti o infiniti. Se l ± sono infiniti allora Ψ è surgettiva su R e, quindi, per ogni t R esiste una ed una sola soluzione x(t). Se, invece, l ± sono finiti, allora all istante l + la soluzione x(t) ha raggiunto l equilibrio x + e, analogamente, x(l ) = x.

22 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME22 t l + z l - Figure 2.3: Se lim z x± Ψ(z) = l ± con l ± finiti, allora, in tempo finito la soluzione raggiunge l equilibrio x = 0. Si perde la unicità delle soluzioni. In questo secondo caso, abbiamo perso l unicità delle soluzioni. Infatti abbiamo almeno 2 soluzioni dell equazione (2.1) che all istante t = l ± coincidono nel punto x + (quali? ce ne sono altre? quante?). Poichè sappiamo che, se f è Lipschitziana, si ha sempre unicità delle soluzioni (teorema di Cauchy), significa che, se f è Lipschitz (anche solo localmente Lipschitz) si può verificare solo l ± = ±. Infatti dalla condizione di Lipschtzianità si ha e quindi che, integrata, da Ora, l integrale improrio f(y) = f(y) f(x + ) L y x + z x 0 1 L y x + 1 f(y) dy L y x + z z lim z x + x 0 x 0 dy f(y). dy L y x + = + e, quindi, pure l + = +. Questo esempio mostra per quale motivo si possa avere perdita dell unicità delle soluzioni: se f(x) non è Lipschitz nell intorno dell equilibrio può accadere che il campo vettoriale f(x) sia troppo grande in un intorno dell

23 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME23 equilibrio per cui la soluzione raggiunge, in un tempo finito, l equilibrio (la funzione 1/f(y) non tende abbastanza rapidamente all infinito da avere integrale improprio divergente). Esercizio In quanto tempo la soluzione di { ẋ = 2 x x(0) = 1 raggiunge l equilibrio x = 0? Cauchy? Quante soluzioni ha questo problema di Figure 2.4: La funzione f(x) = 2 x non è Lipschitz in nessun intorno dell origine. Esercizio Provare che tutte e sole le soluzioni del problema di Cauchy { ẋ = 2 x (2.6) x(0) = 0 sono, al variare di a < 0 < b (eventualmente infiniti), date da (t + a) 2 t < a x(t) = 0 a < t < b (t b) 2 t > b Esercizio Trovare tutte e sole le soluzioni del problema di Cauchy { ẋ = (2k + 1) x 2k/(2k+1) x(0) = 0

24 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME24 x(t) t Figure 2.5: Disegno delle soluzioni di (2.6). Il problema di Cauchy dove k N. Provare che la funzione f(x) := x 2k/(2k+1) non è Lipschitz, ma che è Hölderiana, cioè che esistono costanti α (0, 1), L > 0, tale che f(x 1 ) f(x 2 ) L x 1 x 2 α, x 1, x 2 R. α := 2k/2k + 1. Piú precisamente vale, per α (0, 1), x 1 α x 2 α x1 x 2 α, x 1, x 2 R (ossia L = 1). Suggerimento Questo discende dal provare che la funzione ϕ(x) := x α è, per x > 0, sub-additiva, ossia ϕ(a + b) ϕ(a) + ϕ(b), a, b 0. Per dimostrare questa ultima affermazione si può dividere per b ambo i membri ottenendo, per t := b/a (omogeneità) (1 + t) α 1 + t α, t 0. Questa disequazione è vera poiché ψ(t) := 1 + t α (1 + t) α soddisfa ψ(0) = 0 e ψ (t) 0 per t 0, essendo α (0, 1). Esercizio Disegnare le soluzioni di { ẋ = 2x x 2 x(0) = x 0

25 CHAPTER 2. EQUAZIONI DIFFERENZIALI SCALARI AUTONOME25 al variare di x 0 R. Calcolarle esplicitamente. Esercizio Disegnare la soluzione di { ẋ = (x t) 3 x(0) = 0 mostrando, in particolare, che la soluzione esiste per tutti i tempi negativi. Calcolarla. Suggerimento: si faccia il cambio di variabile y = x t per ricondursi ad una equazione autonoma. Esercizio Sia f : R R + una funzione positiva e continua. Provare che il problema di Cauchy { ẋ = f(x) x(t 0 ) = x 0 ha sempre una ed una sola soluzione locale. Abbiamo dimostrato in questo caso esistenza ed unicità solo con la continuità della f. In generale, proveremo esistenza locale di una soluzione in generale del problema di Cauchy con solo l ipotesi di continuità della f (teorema di Peano). Esercizio Sia f : R R una funzione continua tale che f(0) = 0 ed f(x) > 0, x 0. Si supponga che ed, analogamente x + > 0 x < 0 lim z 0 + x+ z z lim z 0 x dy f(y) = + dy f(y) = +. Provare che la soluzione x(t) = 0 è l unica soluzione di { ẋ = f(x) x(0) = 0 Esercizio Studiare le soluzioni del sistema { u = v u v = u v (2.7) con i dati iniziali u(0) = a, v(0) = b. Suggerimento: che equazione differenziale soddisfa x := u v? che equazione differenziale soddisfa y := u + v? Nota: (2.7) è un sistema lineare a coefficienti costanti che impareremo a risolvere in generale nella sezione 5.5. Qui lo possiamo fare con i metodi elementari sinora svolti.

26 Chapter 3 Estendibilità delle soluzioni Consideriamo il problema di Cauchy assumendo che il campo vettoriale { ẋ = f(t, x) x(t 0 ) = x 0 (3.1) f : A R R n R n sia continuo nel dominio aperto A e sia localmente Lipschitziano in x (cioè per ogni punto (t 0, x 0 ) A esiste un intorno dove f è Lipschitziana in x). Per il teorema di esistenza ed unicità locale abbiamo che, per ogni dato iniziale (t 0, x 0 ) A, esiste una ed una soluzione di (3.1) definita almeno localmente in un intorno di t = t 0. Da esempi nel capitolo precedente sappiamo che talvolta la soluzione esiste su tutto R, talvolta no. Vogliamo capire in quali casi le soluzioni possono essere estese. 3.1 Prolungamento delle soluzioni Definizione (Definizione di prolungamento) Data una soluzione x(t) in (a, b) di ẋ = f(t, x), diciamo che y(t) ne è un prolungamento se y è una soluzione della stessa equazione differenziale ẏ = f(t, y), y è definita in un intervallo (a 1, b 1 ), con (a, b) (a 1, b 1 ), e y(t) coincide con x(t) sull intervallo comune (a, b). Definizione (Soluzione massimale) Una soluzione si dice massimale se non ammette alcun prolungamento. 26

27 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 27 Nelle ipotesi sopra assunte per f che garantiscono l unicità locale delle soluzioni abbiamo che: Lemma Se 2 soluzioni coincidono ad un instante allora coincidono su tutto l intervallo comune. Dimostrazione. Siano x(t), y(t) due soluzioni della stessa equazione differenziale definite nell intervallo di tempo (a, b). Supponiamo che ad un certo istante t 0 esse coincidano, cioè x(t 0 ) = y(t 0 ). Proviamo che x(t) y(t) in tutto (a, b). Mostriamo dapprima che x(t) y(t) in tutto (t 0, b). Se no, l insieme E := { t [t 0, b) : x(t) y(t) } è non vuoto. Chiamiamo Per la continuità di x(t) e y(t), si ha τ := inf E t 0. x(τ) = y(τ) (altrimenti per il teorema della permanenza del segno si avrebbe x(t) y(t) in tutto un intorno destro e sinistro di τ, contraddicendo la definizione di estremo inferiore). Allora le x(t), y(t) soddisfano lo stesso problema di Cauchy con lo stesso dato iniziale x(τ) = y(τ) e, per il teorema di unicità, coincidono in tutto un interno destro e sinistro di τ, contraddicendo nuovamente la definizione di estremo inferiore. Teorema Ogni soluzione ammette un prolungamento massimale. Dimostrazione. Sia x(t) una soluzione definita in (a, b). Consideriamo l insieme di tutti i suoi prolungamenti P := { y e un prolungamento di x definito in (a 1, b 1 ), (a, b) (a 1, b 1 ) }. Definiamo il prolungamento massimale z(t) di x(t) nell intervallo (T, T + ) dove T := inf a 1, T + := sup b 1 y P y P nel modo seguente. Se t (T, T + ) allora t (a 1, b 1 ) per un qualche intervallo (a 1, b 1 ) su cui è definito un prolungamento y(t) di x(t). Poniamo dunque z(t) := y(t)

28 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 28 e notiamo che tale definizione non dipende dal prolungamento scelto grazie al lemma precedente. Tale prolungamento è massimale. Se, infatti, z ammettesse un altro prolungamento in senso stretto verrebbe contraddetta la definizione di (T, T + ). Chiamiamo l intervallo massimale di una qualsiasi soluzione (T, T + ). Quando possiamo estendere una soluzione x(t) di ẋ = f(t, x) definita in un intervallo (a, b)? Teorema Supponiamo che la soluzione x(t) soddisfi lim x(t) = v 0 (3.2) t b e che (t 0, v 0 ) A sia interno al dominio di definizione del campo. Allora x(t) è prolungabile a destra di b. Dimostrazione. Per il teorema di esistenza ed unicità locale sappiamo che esiste una unica soluzione ϕ del problema { ϕ(t) = f(t, ϕ(t)) ϕ(b) = v 0 definita in un intervallo (t 0 δ, t 0 + δ). Si verifica facilmente che la funzione x(t) se a < t < b y(t) := v 0 se t = b ϕ(t) se b < t < b + δ è una soluzione ẏ(t) = f(t, y(t)) che prolunga la x(t) oltre b. Esempio Proviamo che le soluzioni di { ẋ = 2x x 2 x(0) = x 0 (3.3) con 0 < x 0 < 2 sono prolungabili per tutti i tempi, cioè (T, T + ) = (, + ). Sappiamo che x(t) = 0 e x(t) = 2 sono 2 soluzioni (di equilibrio). Il campo vettoriale 2x x 2 è una funzione di classe C e quindi sappiamo che esiste una soluzione x(t) definita localmente. Inoltre, sempre in virtù del teorema di esistenza ed unicità locale, la soluzione x(t) (0, 2) per tutti i tempi di (T, T + ).

29 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 29 Proviamo che, ad esempio, T + = +. Per assurdo, supponiamo che T + sia finito. In tutto il suo intervallo massimale si ha ẋ(t) = 2x(t) x 2 (t) > 0 e quindi la x(t) è monotona. Quindi esiste sicuramente finito lim x(t) = l 2 t T + e, per il teorema precedente, la soluzione x(t) sarebbe prolungabile a destra di T +. x(t) 2 0 t Figure 3.1: Le soluzioni di (3.3) Analogamente si prova che T =. Domanda: Quanto vale il lim t + x(t)? Esercizio Sia f : R R una funzione Lipschitziana e siano x 1 < x 2 due equilibri consecutivi (cioè f(x) 0, x 1 < x < x 2 ). Provare che le soluzioni di { ẋ = f(x) x(0) = x 0 con x 0 (x 1, x 2 ) sono prolungabili per tutti i tempi, cioè (T, T + ) = (, + ). È utile il seguente indebolimento della condizione (3.2). Teorema Supponiamo che esista una successione t n b tale che lim n + x(t n) = v 0

30 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 30 e che (t 0, v 0 ) A sia interno al dominio di definizione del campo. Allora lim t b x(t) = v 0 e, dunque, x(t) è prolungabile a destra di b. Dimostrazione. Sia I J := [b α, b+α] { x v 0 ρ} A un intorno compatto di (b, v 0 ) tutto contenuto in A. Per n abbastanza grande x(t n ) int(j) = { x v 0 < ρ}. Affermiamo che n tale che t (t n, b) = x(t) J. (3.4) Prima di dimostrare (3.4) mostriamo come discenda la tesi. t (t n, b) abbiamo che ẋ(t) f(t, x(t)) max f(t, x) =: M < + I J essendo f continua sul compatto I J. Pertanto x(t) soddisfa il criterio di convergenza di Cauchy: Infatti ε > 0 δ > 0 tale che b δ < t 1 < t 2 < b = x(t 1 ) x(t 2 ) ε. x(t 1 ) x(t 2 ) = ẋ(ξ) t 2 t 1 Mδ ε non appena δ < ε/m. Pertanto x(t) ammette limite per t b. Essendo, lungo la successione t n, lim n + x(t n ) = v 0, deduciamo che lim t b x(t) = v 0. Dimostriamo adesso la (3.4). Se non fosse vera, n, esiste almeno un istante t (t n, b), in cui x(t) / J, ossia l insieme E := {t (t n, b) x(t) v 0 > ρ} è non vuoto. Considero τ := inf E. Per la definizione di inf ed essendo x(t) continua, x(τ) v 0 = ρ e, quindi, in particolare, t n < τ (essendo x(t n ) v 0 < ρ). Inoltre, sempre per la definizione di inf, t (t n, τ), x(t) v 0 ρ. (3.5)

31 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 31 Allora, per un qualche ξ (t n, τ), si ha x(t n ) x(τ) = ẋ(ξ) t n τ (3.5) M t n b e, passando al limite per n +, poichè x(t n ) v 0, t n b, v 0 x(τ) = 0 che è assurdo, poichè v 0 x(τ) = ρ > 0 (per un altra dimostrazione si veda Giusti, analisi 2, cap. 3). Esercizio Sia x : (a, b) R una funzione uniformemente continua. Dimostrare che lim inf x(t) = lim sup x(t) t b t b e, quindi, esiste lim t b x(t). Come si potrebbe applicare al ragionamento nel teorema precedente? Un importante corollario è il seguente: Teorema Sia x(t) una soluzione massimale di ẋ = f(t, x) e chiamiamo (T, T + ) il suo dominio massimale di definizione. Per ogni compatto K A esiste un δ > 0 tale che (t, x(t)) / K, t (T, T + δ) (T + δ, T + ). Dimostrazione. Proviamo, ad esempio, che da un certo istante in poi la soluzione x(t) è tale che (t, x(t)) non sta in K. Altrimenti, esisterebbe una successione di tempi t n T + tale che (t, x(t n )) K. Pertanto, a meno di sottosuccessioni, (t, x(t n )) (T +, x) K per un qualche x. Per il teorema precedente la soluzione sarebbe estendibile oltre T +. Il teorema precedente ci dice che una soluzione massimale deve accumularsi alla frontiera A del dominio del campo A. In altre parole la soluzione può smettere di esistere solo se va verso la frontiera A del dominio. Notiamo bene che il teorema precedente non ci dice che la soluzione tende a qualche punto della frontiera del dominio, come mostra l esempio seguente. Esempio La equazione differenziale ha la soluzione massimale ẋ = x et t cos ( 1) 2 t x : (, 0) R x(t) = e t sin ( 1) t

32 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 32 (perchè x è massimale?) che si accumula per t 0 alla frontiera del campo f(t, x) := x et t cos ( 1) 2 t definito in (, 0) R. Naturalmente non esiste il limite lim t 0 x(t). t Figure 3.2: La soluzione massimale x(t) non tende ad alcun limite per t 0. Esercizio Sia f C 1 ([0, 1] R n, R n ). Sia x(t) una soluzione del problema di Cauchy { ẋ = f(t, x) x(0) = 0 definita in [0, b) [0, 1]. Dimostrare che se x(t) non può essere estesa oltre b, allora, per ogni compatto K R n, esiste t K < β tale che x(t) / K per t K < t < β. 3.2 Campi vettoriali definiti per ogni x Dalle considerazioni precedenti potrebbe sembrare che una soluzione x(t) di una equazione differenziale potrebbe smettere di esistere soltanto se il campo vettoriale f non è definito ovunque. Ci domandiamo, dunque, cosa succeda se il dominio di f è della forma (α, β) R n? Le soluzioni sono definite in tutto l intervallo (α, β)? Se, ad esempio, f(t, x) è definito per tutti i (t, x) R R n, la soluzione esiste per tutti i tempi?

33 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 33 Abbiamo già visto che la risposta è negativa con l esempio { ẋ = x 2 x(0) = 1 (3.6) la cui soluzione massimale è x(t) = 1 t 1. In questo esempio la soluzione non è definita per tutti i tempi perchè il campo vettoriale f(x) = x 2 cresce troppo rapidamente per x grandi ed accade che la soluzione esplode all infinito in un tempo finito (ha, come si dice, blow up ). 1 Figure 3.3: La soluzione di (3.6) non è definita per tutti i tempi. Esplode per t 1. Il fondamentale criterio per sapere se una soluzione è estendibile è verificare che sia localmente limitata. Corollario Sia il campo vettoriale f(t, x) definito in (α, β) R n (con α, β eventualmente infiniti). Sia x(t) una soluzione in (a, b) di ẋ = f(t, x), b < β, localmente limitata in un intorno di b, cioè M > 0, δ > 0, tale che t (b δ, b) si ha x(t) M. Allora x(t) è prolungabile oltre b. Dimostrazione. Essendo x(t) M, t (b δ, b), esiste una successione t n b, tale che x(t n ) v 0 per qualche v 0 con v 0 M. Dal teorema esiste lim t b x(t) = v 0 e, poichè (b, v 0 ) (α, β) R n, la soluzione x(t) è estendibile oltre b.

34 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 34 Naturalmente la conclusione segue anche dal teorema Utilizzando il criterio del teorema precedente dimostriamo un teorema di estensione globale in questo caso. Teorema (Teorema di estensione globale) Supponiamo che f sia definita su tutto R R n, e sia (H1) continua; (H2) localmente Lipschitziana; (H3) (crescita al più lineare di f) f(t, x) A(t)+B(t) x dove A(t) 0, B(t) 0 sono due funzioni continue. In queste ipotesi esiste una unica soluzione di (3.1) definita su tutto R. Dimostrazione. Proviamo che, ad esempio, T + = +. Supponiamo per assurdo che T + < +. In virtù del corollario 3.2.1, basterà dimostrare che le soluzioni restano limitate in ogni intervallo di tempo finito. Affermiamo che vale la seguente stima a priori : Lemma Poniamo A := max t [t0,t + ] A(t), B := max t [t0,t + ] B(t). La soluzione x(t) di (3.1) soddisfa x(t) ( A B + x(t 0) ) e B t t 0 A B, t [t 0, T + ], se B 0. Se B = 0, x(t) x(t 0 ) + AT +. Dimostrazione. Considero, σ > 0, la funzione z(t) := σ + x(t) 2 che è di classe C 1, z(t) > 0, z(t) > x(t), e la cui derivata è ż(t) = x(t) ẋ(t) σ + x(t). 2 Consideriamo il caso B 0. Si ha ż(t) x(t) ẋ(t) σ + x(t) 2 x(t) ẋ(t) < ẋ(t) σ + x(t) 2 = f(t, x(t)) A(t) + B(t) x(t) A + B x(t) A + Bz(t) (3.7)

35 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 35 e, pertanto, ż(t) 1 A + Bz(t) 1. Integrando quest ultima disequazione in [t 0, t] abbiamo (t t 0 ) t ossia, calcolando esplicitamente l integrale, da cui, elevando a potenza, t 0 ż(s) A + Bz(s) ds (t t 0) (t t 0 ) 1 B ln ( A + Bz(t) ) (t t0 ) A + Bz(t 0 ) e B(t t 0) A + Bz(t) A + Bz(t 0 ) eb(t t 0) che porta facilmente alla tesi. Infine, se B = 0, da (3.7), si ha subito z(t) z(t 0 ) + AT + e, quindi, al limite per σ 0, x(t) x(t 0 ) + AT +. A questo punto l assurdo è che la soluzione massimale sarebbe estendibile oltre T +. Infatti x(t) K + := ( A B + x(t 0) ) e BT +, t [t 0, T + ], e, quindi, esiste una successione t n T +, tale che x(t n ) v 0 per qualche v 0 con v 0 K +. Dal teorema esiste lim t T + x(t) = v 0, (T +, v 0 ) R R n e la soluzione sarebbe estendibile oltre T +. Esercizio Provare che la tesi del teorema precedente sussiste anche sostituendo l ipotesi (H3) con l ipotesi (H3) f(x, t) ϕ( x ) dove ϕ( ) é una funzione continua, positiva, crescente e + 0 dz ϕ(z) = +. Esercizio Provare che le soluzioni di { ẋ = sin t x x(0) = a sono definite per tutti i tempi (sai calcolare la soluzione?) Si dimostra in modo del tutto analogo al teorema (farlo per esercizio) il seguente teorema (in effetti il teorema è un caso particolare del teorema per (α, β) = R).

36 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 36 Teorema (Teorema di estensione globale) Supponiamo che f sia definita in (α, β) R n, e sia (H1) continua; (H2) localmente Lipschitziana; (H3) f(t, x) A(t) + B(t) x dove A(t) 0, B(t) 0 sono due funzioni continue. In queste ipotesi esiste una unica soluzione di (3.1) definita su tutto (α, β). Esercizio Trovare il dominio massimale di definizione dei seguenti problemi di Cauchy { ẋ = sin(t 2 x 2 ) x(0) = 1 { ẋ = x + t 2 sin(x 2 ) x(0) = 1 { ẋ = x x(0) = 1. Naturalmente le ipotesi del teorema (e del teorema 3.2.2) sono solamente sufficienti a garantire l estendibilità delle soluzioni su tutto R. Esempio Provare che tutte le soluzioni del problema di Cauchy { ẋ = x 4 sin x x(0) = x 0 (3.8) sono definite su tutto R. Il problema ha infinite soluzioni di equilibrio x k := kπ, k Z ottenute quando x 4 sin x = 0. Pertanto, ogni soluzione x(t) è, o costante nel tempo, o rimane confinata tra due equilibri per tutti i tempi. Avendo stabilito a priori che, laddove esiste, la soluzione x(t) è limitata, ne concludiamo che x(t) è prolungabile indefinitamente per il corollario Naturalmente, in questo esempio il campo f(x) non soddisfa la ipotesi di crescita lineare (H3) e neppure la (H3). Maggiorazioni a-priori delle soluzioni possono essere ottenute mediante teoremi del confronto come vedremo alla sezione 4.1 e mediante il lemma di Gronwall alla sezione 6.1. Un altro caso importante in cui si riescono ad avere maggiorazioni a priori delle soluzioni è rappresentato dalle equazioni che ammettono integrali primi. 3.3 Integrali primi Consideriamo il seguente sistema nonlineare Esempio Provare che tutte le soluzioni del problema di Cauchy ẋ = y + xz ẏ = x + yz ż = x 2 y 2 x(0) = x 0, y(0) = y 0, z(0) = z 0

37 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 37 sono definite su tutto R. Il campo vettoriale f(x, y, z) = ( y + xz, x + yz, x 2 y 2 ) R 3 non soddisfa l ipotesi di crescita al più lineare del teorema precedente. Nonostante ciò si vede che una qualsiasi soluzione (x(t), y(t), z(t)) soddisfa x(t) 2 + y(t) 2 + z(t) 2 = x y z 2 0, t (T, T + ). Infatti, derivando rispetto al tempo, d dt (x(t)2 + y(t) 2 + z(t) 2 ) = 2x(t)ẋ(t) + 2y(t)ẏ(t) + 2z(t)ż(t) = 2x( y + xz) + 2y(x + yz) 2z(x 2 + y 2 ) = 0 e quindi x(t) 2 + y(t) 2 + z(t) 2 si mantiene costante nel tempo lungo una soluzione. Quindi ogni soluzione (x(t), y(t), z(t)) è limitata e, pertanto, è indefinitamente prolungabile sia in avanti che indietro sempre per il corollario L esempio precedente ci dice che ogni soluzione è vincolata a stare sulle curve di livello della funzione g(x, y, z) = x 2 +y 2 +z 2. Si dice, in tal caso, che g è un integrale primo (o quantità conservata ) dell equazione differenziale. Definizione Una funzione G C 1 (R n, R) si dice un integrale primo (indipendente dal tempo) di un sistema di equazioni differenziali ẋ = f(x), x R n (3.9) se e solo se G(x(t)) è costante lungo ogni soluzione x(t) di (3.9). Equivalentemente G(x) f(x) = 0, x R n. (3.10) In altre parole ogni traiettoria evolve stando nel livello {G(x) = G(x(0))}, vedi la figura 3.4. Un esempio fondamentale di equazioni differenziali che possiedono un integrale primo è l equazione della meccanica di Newton ẍ = V (x) (3.11) in un campo di forze F (x) = V conservativo (V si chiama l energia potenziale).

38 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 38 x(t) x x x(0) G(x)=G(x(0)) Figure 3.4: Ogni traiettoria è confinata nel livello {G(x) = G(x(0))}. Scriviamo (3.11) come un sistema del primo ordine { ẋ = v v = V (x). (3.12) è ben noto che la energia meccanica del sistema, data dalla somma dell energia cinetica e potenziale, rimane costante nel tempo. Verifichiamo infatti che la funzione E(x, v) = v2 + V (x) (3.13) 2 è un integrale primo di (3.12). Esercizio Mostrare che il seguente sistema di equazioni differenziali (HS) ẋ = J H(x), x R 2n dove H C 1 (R 2n, R) e J := ha l integrale primo H. Suggerimento: si ha che ( 0 I I 0 ) Mat(2n 2n) d H(x(t)) = ( H(x(t)), J H(x(t))) = 0 dt per la antisimmetria di J (il sistema (HS) si chiama Hamiltoniano, H la funzione Hamiltoniana, e J la matrice simplettica standard). In vari esempi H è la energia del sistema. Abbiamo il seguente teorema

39 CHAPTER 3. ESTENDIBILITÀ DELLE SOLUZIONI 39 Teorema Supponiamo che il sistema ẋ = f(x), x R n abbia un integrale primo G : R n R. Se la superficie di livello {G(x) = G(x 0 )} è un sottoinsieme limitato di R n, allora il problema di Cauchy { ẋ = f(x) x(0) = x 0 ha una soluzione definita per tutti i tempi. Dimostrazione. La soluzione x(t) sta sempre nell insieme limitato G 1 (G(x 0 )) e, quindi, per il corollario 3.2.1, è prolungabile indefinitamente. Teorema Supponiamo che l energia potenziale V (x) h sia limitata inferiormente. Allora tutte le soluzioni dell equazione di Newton (3.11) sono definite per tutti i tempi. Dimostrazione. e quindi Pertanto Dalla conservazione dell energia meccanica E = v2 (t) 2 + V (x(t)) v2 (t) 2 ẋ 2 (t) = v 2 (t) 2(E + h). h ẋ(t) 2(E + h) ed x(t) x(0) 2(E + h) t. Quindi x(t) è localmente limitata e, dal corollario 3.2.1, ne deduciamo che la soluzione è estendibile per tutti i tempi.

40 Chapter 4 Studio qualitativo delle soluzioni Sono pochi i casi in cui le soluzioni di una equazione differenziale possono essere scritte analiticamente. Oltre al caso delle equazioni scalari sulla retta esaminato nel capitolo 2, studieremo alcune altre classi di equazioni che ammettono una formula risolutiva nella sezione 4.2. In ogni caso, quando anche ciò si possa fare, spesso la sua espressione non risulta particolarmente esplicativa del comportamento delle soluzioni. Ciò che, invece, è veramente importante è descrivere il comportamento qualitativo delle soluzioni. Esempio Già sappiamo come integrare (addirittura per quadrature ) la equazione differenziale { ẋ = sin(x) x(0) = π (4.1) 2 con i metodi del capitolo 2. Vediamo come si possano ricavare subito tutte le informazioni qualitative importanti di tale soluzione. Intanto la soluzione x(t) di (4.1) è definita per tutti i tempi dovendo essere 0 < x(t) < π, t (T, T + ). Infatti x(t) = 0 e x(t) = π sono due soluzioni di equilibrio e 2 soluzioni distinte non si possono intersecare per l unicità delle soluzioni di ogni problema di Cauchy, essendo sin(x) una funzione Lipschitz (oppure, poichè sin(x) 1, dal teorema di estensione globale 3.2.1, si ricava che la soluzione è definita per tutti i tempi). I limiti lim t ± x(t) = l ± esistono essendo x(t) monotona, e risulta che π/2 < l + π, 0 l < π/2. Affermiamo che lim x(t) = π, t + lim x(t) = 0. (4.2) t 40

41 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 41 Metodo 1). Se fosse lim t + x(t) = l + < π allora lim ẋ(t) = lim sin(x(t)) = sin t + t + l+ > 0 e, quindi, dalla definizione di limite, per un certo t > 0 abbastanza grande, si avrebbe sin l+ sin(x(t)) t t. 2 Quindi x(t) x( t) + x( t) + t t ẋ(τ) dτ x( t) + sin l+ (t t) + 2 per t +, contraddicendo x(t) < π, t. Analogamente si dimostra che lim t x(t) = 0. t t sin l + dτ 2 La situazione precedente si presenta spesso. Pertanto scriviamo il seguente teorema. Teorema (Teorema dell asintoto) Sia x(t) una funzione di classe C 1 tale che esista lim t + x(t) = l R finito ed esista pure Allora β = 0. lim ẋ(t) = β. t + Dimostrazione. In ogni intervallo (n, n + 1) esiste un punto ξ n tale che x(n + 1) x(n) = ẋ(ξ n ) per il teorema del valor medio. Poichè il primo membro tende a zero, lungo la successione ξ n + si ha ẋ(ξ n ) 0 e quindi β = 0. Esercizio Dimostrare il teorema dell asintoto anche come al metodo 1 del precedente esercizio e con il ragionamento seguente: sappiamo che x(t) lim t t e che il limite del rapporto delle derivate lim t ẋ(t) esiste. Concludere dal teorema dell Hopital. = 0

42 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 42 Esercizio Dimostrare la seguente generalizzazione del teorema dell asintoto: se esiste finito il limite lim t + x(t) = l, allora lim inf t + ẋ(t) = 0. Metodo 2) per provare (4.2). Poichè sappiamo che esistono finiti entrambi i limiti lim x(t) = t + l+ e lim ẋ(t) = sin t + l+, applicando il teorema dell asintoto si conclude sin l + = 0, cioè l + = π. Analogamente si conclude che l = 0. Farlo per esercizio. Esercizio Sia f : R R di classe C 1. Provare che { ẋ = e [f(x)] 2 x(0) = x 0 ha una ed una soluzione definita per tutti i tempi, provare che esistono i limiti lim x(t) = l± t ± e calcolarli. Esercizio Studiare le soluzioni dell equazione differenziale ẋ = 1 log(t + x) e tracciarne un grafico approssimativo. Si calcoli la soluzione e si confrontino le informazioni qualitative con la formula esplicita. Suggerimento: si faccia il cambio di variabili y := x + t. Esercizio Sia f : R R, f C 1, crescente ed f(0) = 0. Provare che tutte le soluzioni sono definite in un intervallo del tipo (, a). Si puó ottenere la risposta con i metodi del capitolo 2? Vediamo come si può procedere per campi non autonomi. Esercizio Si descriva qualitativamente la soluzione del problema di Cauchy t x ẋ = 1 + t 2 + x 2 x(1) = 1. (4.3) La funzione f(t, x) è C e quindi si ha esistenza ed unicità locale della soluzione di (4.3) in un intorno di t = 0. Poi f(t, x) risulta < 0 per x > t = 0 per t = x > 0 per x < t.

43 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 43 x(t) x(t)=t 1 ( ) 1 t Figure 4.1: Il campo vettoriale di (4.3) Sia (T, T + ) l intervallo massimale di definizione di x(t). Step 1) Si ha che 1 < x(t) < t per tutti i tempi t (1, T + ). Essendo ẋ(t) > 0, per t > 1, la x(t) è monotona crescente per t > 1 e, quindi, x(t) > 1 per tutti i tempi t (1, T + ). Si dimostra per assurdo che x(t) < t per tutti i tempi t (1, T + ). Se no, l insieme E := {t > 1 x(t) t} sarebbe non vuoto. Si consideri τ := inf E. Si ha τ > 1 (perchè?), x(τ) = τ (perchè?), e x(t) < t, t (1, τ) (perchè?). Quindi x(t) x(τ) t τ > 1 t < τ e passando al limite ẋ(τ) 1. Questo è assurdo perchè ẋ(τ) = f(τ, x(τ)) = f(τ, τ) = 0. Step 2) Si conclude che T + = + applicando il corollario (come?). Step 3) Esiste lim t + x(t) essendo x(t) monotona. Questo limite è infinito. Infatti, supponendo per assurdo che lim x(t) = l < + t + si deduce dalla definizione di limite che, per un certo t > 0 abbastanza grande, t 2l ẋ(t) t t 1 + t 2 + 4l 2

44 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 44 ma x(t) x( t) + t t ẋ(τ) dτ x( t) + t t t 2l dτ t 2 + 4l2 per t +, contraddicendo x(t) l. Domanda: Può essere x(t) asintotica ad x(t) = t per t? Risposta: No. Dimostrarlo. Consideriamo nel prossimo esempio un campo vettoriale non definito su tutto R 2. Esercizio Si descriva qualitativamente la soluzione di ẋ = et x e x + t x(0) = 0. (4.4) Il campo f(t, x) è definito per e x +t 0. La soluzione x(t) rimarrà nell aperto A := {x > ln( t)}. In questo dominio abbiamo che f(t, x) si annulla per e t = x. Poi f(t, x) > 0 se x < e t ed f(t, x) > 0 se x > e t. x(t) -1 t Figure 4.2: Il campo vettoriale di (4.4) Step 1) Si ha che 1 < x(t) < e t per tutti i tempi t (1, T + ). Si dimostra con ragionamenti analoghi all esercizio precedente. Farlo per esercizio. Quindi T + = + (perchè?). Domanda: si potrebbe dedurre l esistenza della soluzione x(t) per tutti i tempi (0, + ) dal teorema 3.2.2?

45 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 45 Step 2) Esiste lim t + x(t) essendo x(t) monotona. Questo limite è infinito. Infatti, supponendo per assurdo che lim x(t) = l < + t + si deduce dalla definizione di limite che, per un certo t > 0 abbastanza grande, ẋ(t) et 2l t t e 2l + t ma x(t) x( t) + t t ẋ(τ) dτ x( t) + t t e τ 2l e 2l + τ dτ + per t +, contraddicendo x(t) l. Un altro modo, anche più veloce, di procedere è come nella dimostrazione del teorema dell asintoto: x(n) x(n + 1) = ẋ(ξ n ) per un qualche ξ n (n, n + 1). Al limite per n + il primo membro tende a zero, mentre il secondo diverge. Assurdo Step 3) T > perchè altrimenti la x(t) intersecherebbe necessariamente la curva e x + t = 0 dove il campo non è definito. Si ha necessariamente lim x(t) = ln( x(t )). t T La soluzione smette di esistere perchè ha raggiunto la frontiera di A. Confronta con il teorema Esercizio Si descriva qualitativamente la soluzione di ẋ = 1 x t x(1) = 1. Suggerimenti: Step 1) Si ha che 1/t < x(t) < 1 per tutti i tempi t (1, T + ). T + = +. (4.5) Quindi Step 2) T >. Un modo per dimostrarlo è notare che, per monotonia, e, derivando l equazione, x(t) < 1, t (T, 1), ẍ(t) = ẋ(t) x 2 (t) 1

46 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 46 da cui si deduce ẍ(t) 1 t (T, 1). Pertanto x(t) è strettamente concava in (T, 1) e, dalla formula di Taylor, t (T, 1), 1 x(t) = x(1) + ẋ(1)(t 1) + 1)2 2ẍ(ξ)(t = ẍ(ξ)(t 1)2 1 1 (t 1)2 2 e quindi si trova anche la stima T > 1 2. Si può ragionare anche per assurdo: se T = allora la soluzione verificherebbe 0 < x(t) < 1, t (, 1). Allora ẋ(t) = (1/x(t)) t t + per t. Si concluda il ragionamento trovando un assurdo. Il vantaggio del metodo precedente è che ci fornisce anche una stima per T. x(t) t Figure 4.3: Il campo vettoriale di (4.5) Esercizio Si descriva qualitativamente la soluzione di { ẋ = x 2 (arctan t) 2 x(1) = 0. Si provi che è definita per tutti i tempi e si calcolino i limiti lim x(t). t ± Analogamente si studi la soluzione con condizione iniziale x(0) = 0. Si provi che quest ultima soluzione è una funzione dispari del tempo.

47 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI Teoremi del confronto Uno strumento molto efficace nell analisi qualitativa di un problema di Cauchy è confrontare la soluzione di una equazione differenziale con un altra che ci sceglieremo, di caso in caso, da essere più semplice da studiare. Teorema (Teorema del confronto) Siano due funzioni continue soddisfacenti f 1, f 2 : R R R f 1 (t, x) < f 2 (t, x) (t, x) R R. (4.6) Consideriamo i due problemi di Cauchy { ẋ = f1 (t, x) x(t 0 ) = x 0 { ẋ = f2 (t, x) x(t 0 ) = x 0 e chiamiamo ϕ 1 (t), ϕ 2 (t) due rispettive soluzioni. Allora risulta { ϕ1 (t) < ϕ 2 (t), t > t 0 ϕ 1 (t) > ϕ 2 (t), t < t 0. (4.7) Osservazione Il teorema del confronto afferma una cosa ovvia: se 2 signori si trovano in un istante t 0 nello stesso posto x 0 ed il primo signore va sempre più lento del secondo signore, egli rimarrà sempre più indietro rispetto al primo signore per t > t 0. Invece, per t < t 0, lui stava sempre davanti al secondo signore. Dimostrazione. che l insieme Proviamo il teorema per t > t 0. Supponiamo per assurdo E := { t > t 0 : ϕ 2 (t) ϕ 1 (t) } sia non vuoto. Consideriamone τ := inf E. Si ha che τ > t 0 (perchè?), ϕ 1 (τ) = ϕ 2 (τ) =: x (perchè?), ϕ 1 (t) < ϕ 2 (t) per t < τ (perchè?). Allora i rapporti incrementali verificano ϕ 2 (t) ϕ 2 (τ) t τ e, passando al limite, Ma questo è assurdo perchè < ϕ 1(t) ϕ 1 (τ) t τ ϕ 2 (τ) ϕ 1 (τ)., t < τ ϕ 2 (τ) = f 2 (τ, x) > f 1 (τ, x) = ϕ 1 (τ). Vi sono tante varianti del teorema del confronto. Dimostriamo ad esempio

48 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 48 Teorema (Teorema del confronto) Supponiamo che f 1, f 2 siano funzioni Lipschitziane. Se in (4.6) si sostituisce il simbolo < con, vale lo stesso risultato del teorema del confronto 4.1.1, sostituendo in (4.7) il segno < (risp. >) con (risp. ). Dimostrazione 1. Si consideri la successione di campi vettoriali f n (t, x) := f 2 (t, x) + 1 n e la successione ϕ n (t) delle soluzioni di { ϕn = f n (t, ϕ n (t)) ϕ n (t 0 ) = x 0. Essendo f n (t, x) > f 1 (t, x) ed f n (t, x) < f n 1 (t, x) una succesione di funzioni strettamente decrescente, per il teorema del confronto si ha x 1 (t) <... < ϕ n (t) <... < ϕ 1 (t). (4.8) La successione di funzioni ϕ n (t) converge puntualmente ad una funzione ϕ(t) x 1 (t) per monotonia. Inoltre, passando al limite in si deduce ϕ n (t) = x 0 + ϕ(t) = x 0 + t t t 0 f(τ, ϕ n (τ)) dτ t 0 f(τ, ϕ(τ)) dτ. Notiamo che possiamo passare il limite dentro il segno di integrale poichè la successione di funzioni f(τ, ϕ n (τ)) è limitata in [t 0, t] da (4.8). Per unicità (essendo f 2 Lipschitziana) abbiamo che ϕ coincide con la soluzione x 2 e, quindi, x 2 (t) = ϕ(t) x 1 (t). Dimostrazione 2 La funzione w(t) := x 1 (t) x 2 (t) soddisfa ẇ(t) = ẋ 1 (t) ẋ 2 (t) = f 1 (t, x 1 (t)) f 2 (t, x 2 (t)) L x 1 (t) x 2 (t) = L w(t) (4.9) ed w(t 0 ) = x 1 (t 0 ) x 2 (t 0 ) = 0. Ne deduciamo che w(t) 0, t t 0. Se non fosse cosi, consideriamo l insieme non vuoto F := { t t 0 : w(t) > 0 }

49 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 49 ed τ := inf F. Si ha, ragionando come al solito, w(τ) = 0 e w(t) > 0 per t > t 0. Ma, allora, da (4.9), ẇ(t) Lw(t) e, quindi, d dt (e Lt w(t)) = Le Lt w(t) + e Lt ẇ(t) Le Lt w(t) + e Lt Lw(t) = 0 Essendo w(τ) = 0 si deduce la contraddizione w(t) 0 per t > t 0. Esercizio Consideriamo i due problemi di Cauchy { { ẋ = x ẋ = 2 x x(0) = 0 x(0) = 0 e chiamiamo ϕ 1 (t), ϕ 2 (t) due rispettive soluzioni. Naturalmente il campo vettoriale x 2 x. Possiamo concludere che risulta ϕ 1 (t) ϕ 2 (t), t > 0? Risposta: no. Questo indica che non basta la sola ipotesi di continuità dei campi vettoriali f 1 ed f 2 per la validità del teorema del confronto Esercizio Sia x C 1 (R, R) tale che Provare che x(r) = R. ẋ(t) (x(t)) 2. Utilizzando il tipo di ragionamento esposto precedentemente provare per esercizio le seguenti formulazioni: Teorema (Teorema del confronto) Siano f 1, f 2 : R R R due funzioni Lipschitziane soddisfacenti f 1 (t, x) f 2 (t, x), (t, x) R R. Consideriamo i due problemi di Cauchy { ẋ = f1 (t, x) { ẋ = f2 (t, x) x(t 0 ) = x 1 x(t 0 ) = x 2 con x 1 < x 2 e chiamiamo ϕ 1 (t), ϕ 2 (t) le due rispettive soluzioni. Allora risulta ϕ 1 (t) < ϕ 2 (t), t > t 0.

50 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 50 Domanda Basterebbe l ipotesi di sola continuitá di f 1, f 2 per avere la stessa conclusione? Teorema (Disequazione differenziale) Sia f(t, x) una funzione Lipschitziana e sia ϕ(t) una funzione C 1 soddisfacente (si dice che ϕ è una sottosoluzione). Allora risulta dove x(t) è la soluzione del problema di Cauchy { ϕ(t) < f(t, ϕ(t)) ϕ(t 0 ) = x 0 (4.10) ϕ(t) < x(t), t > t 0 (4.11) { ẋ(t) = f(t, x(t)) x(t 0 ) = x 0 Cosa si può concludere per t < t 0? Se in (4.10) si sostituisce il < con provare che in (4.11) si deve sostituire il < con il. Applichiamo questi argomenti nello studio qualitativo di un problema di Cauchy. Esercizio Si descriva qualitativamente la soluzione di { ẋ = x 2 + t 2 x(0) = 1. Dimostrare, in particolare, che T + (π/4, 1). Dimostrare inoltre che T >. Suggerimenti: x(t) è sempre monotona. Confrontando con la soluzione di { ẋ = x 2 x(0) = 1, che è x(t) = 1/(1 t), si prova che T + < 1. Poi confrontando, per 0 t < T + < 1, con la soluzione di { ẋ = x x(0) = 1, che è x(t) = tan(π/4 + t), si prova che T + > π/4.

51 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 51 Per t < 0, confrontando con la soluzione di { ẋ = t 2 x(0) = 1 che è x(t) = 1 + (t 3 /3) si prova che x(t) < 1 + (t 3 /3) per tutti t (T, 1). In particolare esiste un t in cui x(t ) = 1. Allora si confronti con la soluzione di { ẋ = x 2 per provare che T >. x(t ) = 1 Esercizio Sia f(t, x) una funzione di classe C 1 (R 2, R) tale che f(t, 0) = 0, t, ed ( x f)(t, x) h, (t, x) R 2 per un qualche h > 0. Dimostrare che tutte le soluzioni di ẋ = f(t, x) decadono a zero per t + almeno esponenzialmente. Soluzione: Per x > 0, dal teorema del valor medio, esiste ξ (0, x) tale che mentre, per x < 0, f(t, x) = f(t, 0) + ( x f)(t, ξ)x = ( x f)(t, ξ)x hx f(t, x) = f(t, 0) + ( x f)(t, ξ)x hx. La funzione x(t) = 0 è soluzione dell equazione differenziale ẋ = f(t, x) e, quindi, ogni soluzione x(t) non nulla di ẋ = f(t, x) è o sempre positiva o sempre negativa (esistenza ed unicità locale di tutte le soluzioni essendo f C 1 ). Consideriamo ad esempio ogni soluzione di { ẋ = f(t, x) x(t 0 ) = x 0 con x 0 > 0. Essa sarà sempre positiva e, confrontandola con la soluzione dell equazione { ẋ = hx x(t 0 ) = x 0 otteniamo dal teorema del confronto che 0 < x(t) < x 0 e h(t t 0) t > t 0. Si faccia per esercizio il ragionamento se x 0 < 0.

52 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 52 Esercizio Se, in aggiunta alle ipotesi precedenti, si assume che ( x f)(t, x) k, (t, x) R 2 per un qualche k > 0, allora tutte le soluzioni di ẋ = f(t, x) non decadono a zero più rapidamente di un esponenziale per t +. Conviene fare pratica di questi ragionamenti su vari esercizi. Esercizio Disegnare la soluzione di { ẋ = log(x) t x(1) = e. Si provi in particolare che è definita in (, T + ) con T + < + e si stimi T + (per questo puó essere utile osservare che ẍ(t) 1 per t (1, T + )). Si calcoli lim t x(t). Esercizio Disegnare la soluzione di al variare della condizione iniziale a. 1 ẋ = (1 + t 2 ) 2 x2 x(0) = a Esercizio Sia f C 1 (R, R) una funzione dispari (i.e. f( x) = f(x), x), con f (x) > 0, e con lim x + f(x) = l < +. Si consideri il problema di Cauchy { ẋ = f(t x) x(0) = a al variare della condizione iniziale a. Provare che: (i) la soluzione è definita per tutti i tempi. (ii) ẋ(t) > 0 per t > 0. (iii) x(t) è pari. (iv) x(t) a, t R. (v) lim t + x(t) = l. 4.2 Soluzioni esplicite Equazioni a variabili separabili Una classe di equazioni che ammettono una soluzione esplicita sono le equazioni a variabili separabili quali { ẋ = f(t)g(x) x(t 0 ) = x 0

53 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 53 che abbiamo già studiato se f(t) 1 al capitolo 2. Anche qui conviene distinguere i punti dove g(x) = 0. Se infatti g(x 0 ) = 0, allora la funzione costante x(t) = x 0, t, è una soluzione. Se, invece, g(x 0 ) 0, allora almeno localmente posso dividere per g(x) e quindi t t 0 ẋ(τ) g(x(τ)) dτ = t t 0 f(τ) dτ da cui, cambiando variabile y = x(t) (perché è un buon cambio di variabili?) x(t) x 0 dy g(y) = t t 0 f(τ) dτ. (4.12) Calcolando gli integrali ed invertendo la funzione z z x 0 espressione di x(t). dy g(y) si ottiene la Per interpretare correttamente il risultato conviene sempre integrare la espressione analitica con le argomentazioni qualitative della sezione precedente. Se, ad esempio, x 1 < x 0 < x 2 dove g(x 1 ) = g(x 2 ) = 0, e g(x) è una funzione Lipschtiz, allora la soluzione x(t) sará confinata per tutti i tempi tra x 1 < x(t) < x 2 (perchè?). Quindi x(t) esiste per tutti i tempi (perchè?). Poi se g(x) 0, x (x 1, x 2 ), allora la soluzione x(t) tenderá a x 1 o a x 2 per t ± (a seconda del segno di g(x) in (x 1, x 2 )). In sintesi, per capire bene la formula (4.12) bisogna sempre fare l analisi qualitativa della soluzione. Esercizio Disegnare la soluzione di { ẋ = t 2 cos x x(0) = 0. (4.13) Si provi in particolare che x(t) è definita per tutti i tempi e si calcolino i lim t ± x(t). Si dimostri che x(t) è dispari. Infine scrivere esplicitamente la soluzione analitica mediante la tecnica di separazione delle variabili. Soluzione Il campo f(t, x) := t 2 cos x è di classe C (R 2, R). Si ha pertanto esistenza ed unicità locale di tutti i problemi di Cauchy. Inoltre x(t) = π/ 2 e x(t) = π/2 sono 2 soluzioni dell equazione differenziale, e, quindi, la soluzione x(t) del problema (4.13) soddisfa la stima a priori π/2 < x(t) < π/2, t (T, T + ). Pertanto x(t) è prolungabile per tutti i tempi (si può anche osservare che f(t, x) t 2 ed applicare il teorema di esistenza globale delle soluzioni su R).

54 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 54 La funzione f(t, x) > 0 per x ( π/2, π/2) e t 0. Pertanto x(t) è monotona crescente e, dal teorema dell asintoto (con ragionamenti oramai noti), si ricava lim t ± x(t) = ±π/2. Dimostriamo che x(t) è una funzione dispari. Infatti la funzione y(t) := x( t) soddisfa la stessa equazione diffenziale ẏ(t) = ẋ( t) = ( t) 2 cos x( t) = t 2 cos y(t) con la medesima condizione iniziale y(0) = x(0) = 0. Quindi y(t) soddisfa lo stesso problema di Cauchy (4.13) e, per l unicità, y(t) x(t), cioè x( t) = x(t), t, i.e. x(t) è dispari. Infine, essendo (4.13) a variabili separabili troviamo che x(t) soddisfa x(t) 0 dy t cos(y) = τ 2 dτ = t Si può calcolare esplicitamente x dy 0 e trovare x(t) in forma implicita. cos(y) Farlo per esercizio. Questo esempio mostra come la formula analitica della soluzione possa essere di scarsa utilità. Domanda: Definendo la funzione Ψ(z) := z 0 dy cos(y) quanto valgono i lim z ±π/2 Ψ(z)? Che rilevanza dinamica hanno questi limiti? Esercizio Disegnare le soluzioni di ẋ = x t 1 + t 2 x(0) = a. Si dimostri che sono funzioni pari. soluzione. Esercizio Dire se le soluzioni di Si trovi la espressione esplicita della t2 ẋ = 1 + x 2 sono definite per tutti i tempi. Si trovi il comportamento asintotico della soluzione per t +. Si trovi la espressione esplicita della soluzione.

55 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI Equazioni esatte Un altra classe di equazioni che si possono integrare esplicitamente è quella delle equazioni esatte, cioè della forma M(t, x) ẋ = N(t, x) (4.14) dove il campo vettoriale piano (M(t, x), N(t, x)) è conservativo, ossia esiste una funzione potenziale W : R 2 R tale che M(t, x) = t W (t, x), N(t, x) = x W (t, x). (equivalentemente si dice che la 1-forma differenziale ω := M(t, x)dt + N(t, x)dx è esatta). In questo caso le curve integrali stanno nelle linee di livello di W essendo W (t, x(t)) = costante lungo la soluzione. Infatti d dt W (t, x(t)) = M(t, x) tw + x W ẋ = M(t, x) N(t, x) N(t, x) = 0. Per verificare che (M(t, x), N(t, x)) sia conservativo, è sufficiente, in una regione semplicemente connessa del dominio di f(t, x) := M(t, x)/n(t, x), che le derivate parziali miste siano uguali x M = t N (4.15) (lemma di Poincaré). La (4.15) dice che il rotore di (M(t, x), N(t, x)) è nullo o, equivalentemente, che ω è chiusa. Esempio La equazione ẋ = e2t tx 2 t 2 x è esatta, essendo x M = 2tx = t N. Il potenziale è W (t, x) = 1 2 (t2 x 2 e 2t ) + costante. Equazioni scritte nella forma (4.14) emergono naturalmente nello studio di sistemi di equazioni differenziali autonomi nel piano { ẋ = A(x, y) ẏ = B(x, y) (4.16)

56 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 56 che vedremo meglio al capitolo 7. La soluzione di (4.16) è una curva t (x(t), y(t)) R 2. La equazione per le traiettorie di questo campo è, almeno localmente dove sono queste orbite sono esplicitabili come un grafico y(x) (cioè dove A(x, y) 0), dy(x) dx = B(x, y) A(x, y) che è della forma (4.14). Si scrive anche cosí A(x, y)dy B(x, y)dx = 0 che è una scrittura preferibile in quanto non si richiede che le traiettorie siano esplicitabili come grafici in x (o in y). Esempio Trovare le traiettorie del sistema differenziale { ẋ = bx + cy ẏ = ax by. dove a, b, c sono costanti. La equazione per le traiettorie si scrive il cui potenziale è (ax + by)dx + (bx + cy)dy = 0 W (x, y) = 1 2 (ax2 + 2bxy + cy 2 ) + costante. (4.17) Le traiettorie sono dunque un fascio di coniche omotetiche. Impareremo a studiare in modo più naturale un sistema lineare come (4.17) nella sezione 5.5. Esercizio Provare che W (x, y) è un integrale primo del sistema (4.17). Esercizio Provare che tutte le soluzioni del sistema (4.17) esistono per tutti i tempi. Talvolta per ottenere una equazione esatta basta moltiplicare numeratore e denominatore per una funzione µ(t, x) detto fattore integrante. Esempio Disegnare la soluzione di { ẋ = 1 + 3x tan t x(0) = 0. (4.18) Si provi in particolare che è definita in ( π/2, π/2) e si calcolino lim t ±π/2 x(t). Si provi che x(t) è dispari. Si scriva la soluzione analitica della soluzione.

57 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI 57 Soluzione La funzione f(t, x) := 1 + 3x tan t è di classe C per (t, x) ( π/2, π/2) R e soddisfa le ipotesi del teorema di esistenza globale. Quindi esiste una unica soluzione x(t) di (4.18) definita per t ( π/2, π/2). Si ha ẋ(0) = 1 e, quindi, almeno localmente vicino a t = 0, se t > 0 la soluzione è positiva, mentre, se t < 0, la soluzione è negativa. Inoltre la funzione f(t, x) > 0 è positiva nella regione (0, π/2) R e nella regione ( π/2, 0) R. Si deduce che x(t) è monotona su ( π/2, π/2) e lim x(t) =, lim t π/2 x(t) = +. t +π/2 Verifichiamo, ad esempio, il secondo limite. Poiché ẋ(t) 1, si deduce che x(t) t per t > 0. Poi x(t) = x(1) + t 1 ẋ(τ) dτ 1 + per t +. Per calcolare esplicitamente la soluzione scriviamo t 1 (1 + tan τ) dτ + (cos t + 3x sin t) ẋ(t) = 1 + 3x tan t =. cos t Questa equazione non è esatta. Ma, moltiplicando per cos 2 t (fattore integrante) numeratore e denominatore, otteniamo che è esatta, essendo Un potenziale è ẋ(t) = (cos t + 3x sin t) cos2 t cos 3 t x M = 3 sin t cos 2 t = t N. M(t, x) = N(t, x) W (t, x) = x cos 3 t sin t + sin3 t 3 e, tutte le soluzioni dell equazione differenziale sono descritte da W (t, x) = c al variare di c R. Il valore della constante c è determinato dalla condizione iniziale x(0) = 0, ossia W (t, x) = W (0, 0) = 0. In conclusione la soluzione di (4.18) risulta x(t) = (1/3) sin3 t + sin t. cos 3 t Verificare, per esercizio, le informazioni qualitative sulla soluzione che avevamo trovato precedentemente.

58 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI Equazioni omogenee Un altra classe di equazioni che può essere integrata esplicitamente è formata dalle equazioni omogenee. Consideriamo ad esempio ẋ = f(t, x) (4.19) dove il campo vettoriale f(t, x) è una funzione omogenea di grado 0 f(t, x) = f(λt, λx), λ > 0. In questo caso riusciamo a risolvere l equazione (4.19) struttandone la simmetria: notiamo che se x(t) è una soluzione, allora, la soluzione omotetica λx(t/λ) è una soluzione per ogni λ 0. Sotto il cambio di variabili la equazione diventa ẏ = tẋ x = t 2 = f(1, y) y t che è a variabili separabili. tf(t, x) x t 2 y := x t = tf(1, x/t) x t 2 Esercizio Si disegni la soluzione del problema di Cauchy ẋ = t2 + x 2 tx x(1) = 1. Si trovi la espressione esplicita della soluzione. Procedendo come sopra dobbiamo risolvere ẏ = 1 ty y(1) = 1. = tf(1, y) x t 2 da cui e, quindi, y 2 = 2 ln t + 1 x(t) = t 2 ln t + 1.

59 CHAPTER 4. STUDIO QUALITATIVO DELLE SOLUZIONI Esercizi di ricapitolazione In conclusione di questo capitolo si possono fare i seguenti esercizi: Esercizio Si dimostri che una soluzione dell equazione ẋ = x(x 2 + t) non può assumere valori di segno opposto. Esercizio Disegnare la soluzione x(t) di { ẋ = t 2 + x 2 1 x(0) = 0. Si dimostri, in particolare, che x(t) non è definita per tutti i tempi e che è una funzione dispari. Esercizio Studiare le soluzioni dell equazione differenziale { ẋ = sin(x t) x(0) = a e tracciarne un grafico approssimativo. Esercizio Dimostrare che esiste una unica soluzione su R di { ẋ = e x 2 + arctan t x(0) = 0. Mostrare che x(t) è dispari. Mostrare che esistono lim t ± x(t) e calcolarli. Esercizio Disegnare la soluzione di ẋ = x2 1 tx x(0) = 1. Esercizio Si disegni la soluzione del problema di Cauchy ẋ = x t + x2 t 2 x(1) = 1. Si trovi la espressione esplicita della soluzione. Esercizio Studiare qualitativamente le soluzioni dell equazione ẋ = arctan ( λ x ) t per λ = 4/π. In particolare si dimostri che le soluzioni esistono per ogni t > 0 e che sono limitate. Ci si ponga lo stesso problema per λ = 1.

60 Chapter 5 Equazioni lineari Una classe di equazioni differenziali per cui c è una teoria sufficientemente sviluppata è costituita dalle equazioni differenziali lineari dove A(t) è una matrice n n. ẋ = A(t)x + b(t), 5.1 Equazioni omogenee Una equazione differenziale della forma x R n si dice lineare omogenea. Assumiamo che A( ) := (α, β) Mat(n n) ẋ = A(t)x (5.1) sia una funzione continua. Allora, per il teorema di esistenza globale 3.2.1, tutte le soluzioni di (5.1) sono definite per tutto (α, β). In particolare, se A(t) è definita e continua su tutto R tutte le soluzioni di (5.1) sono prolungabili indefinitamente. Il teorema fondamentale della teoria delle equazioni lineari è il seguente. Teorema L insieme delle funzioni X := { ϕ : (α, β) R n, soluzioni di (5.1) } è uno spazio vettoriale di dimensione n. Fissato un istante arbitrario t (α, β), la mappa B t : X R n definita da B t (ϕ) := ϕ(t), ϕ X è un isomorfismo tra X ed R n. 60

61 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 61 Dimostrazione. Se ϕ 1, ϕ 2 X, cioè ϕ 1 = A(t)ϕ 1, ϕ 2 = A(t)ϕ 2, si deduce che d dt (ϕ 1 + ϕ 2 ) = ϕ 1 + ϕ 2 = A(t)ϕ 1 + A(t)ϕ 2 = A(t)(ϕ 1 + ϕ 2 ), cioè ϕ 1 + ϕ 2 X. Analogamente si verifica che se ϕ X allora λϕ X, λ R. Questo è il principio di sovrapposizione degli effetti per le equazioni lineari. Proviamo adesso che, fissato un istante t (α, β) arbitrario, la mappa B t : X R n è un isomorfismo. Questo implica, in particolare, che X ha dimensione n. La mappa B t è ovviamente lineare, poichè per ϕ 1, ϕ 2 X, λ 1, λ 2 R, si ha B t (λ 1 ϕ 1 + λ 2 ϕ 2 ) = (λ 1 ϕ 1 + λ 2 ϕ 2 )(t) = λ 1 ϕ 1 (t) + λ 2 ϕ 2 (t) = λ 1 B t (ϕ 1 ) + λ 2 B t (ϕ 2 ). (i) B t è suriettiva. Infatti, dal teorema di Cauchy, per ogni y R n esiste una soluzione ϕ di (5.1) soddisfacente il dato iniziale ϕ(t) = y. (i) B t è iniettiva. Infatti, dal teorema di Cauchy, se ϕ 1, ϕ 2 sono soluzioni di (5.1) con B t (ϕ 1 ) = B t (ϕ 2 ), cioè con ϕ 1 (t) = ϕ 2 (t), allora ϕ 1 e ϕ 2 coincidono per tutti i tempi (unicità della soluzione del problema di Cauchy). Corollario Ogni soluzione ϕ di (5.1) è combinazione lineare di n soluzioni linearmente indipendenti, ϕ 1,..., ϕ n di (5.1), cioè per opportuni λ 1,..., λ n R. ϕ = λ 1 ϕ λ n ϕ n Dimostrazione. n soluzioni linearmente indipendenti, ϕ 1,..., ϕ n di (5.1) formano una base nello spazio vettoriale n-dimensionale X. Corollario n soluzioni ϕ 1,..., ϕ n di (5.1) sono linearmente indipendenti in X se e solo se, ad ogni istante t (α, β), i vettori sono linearmente indipendenti in R n. ϕ 1 (t),..., ϕ n (t) R n

62 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 62 Dimostrazione. Per ogni t, la mappa B t è un isomorfismo tra X ed R n. Esempio La generica soluzione della equazione lineare omogena scalare ẋ = a(t)x, x R è data (applicando il metodo della separazione delle variabili) da x(t) = λe t 0 a(τ)dτ, λ R. t La soluzione ϕ(t) := e a(τ)dτ 0 è una base di X. Definizione Date n soluzioni ϕ 1,..., ϕ n di (5.1) il determinante della matrice W (t) := detm(t) R M(t) := (ϕ 1 (t),..., ϕ n (t)) Mat(n n) (5.2) si chiama determinante Wronskiano. Dal Corollario segue che, se le soluzioni ϕ 1,..., ϕ n di (5.1) sono linearmente indipendenti, allora il Wronskiano W (t) è diverso da zero per tutti i tempi t. In questo caso, la matrice M(t) definita in (5.2) si chiama matrice fondamentale. Se, invece, le soluzioni ϕ 1,..., ϕ n sono linearmente dipendenti, allora W (t) 0, t. La matrice soddisfa l equazione differenziale Infatti, M(t) := (ϕ 1 (t),..., ϕ n (t)) Mat(n n) d M(t) = A(t)M(t). dt Ṁ(t) = ( ϕ 1 (t),..., ϕ n (t)) = (A(t)ϕ 1 (t),..., A(t)ϕ n (t)) = A(t)(ϕ 1 (t),..., ϕ n (t)) = A(t)M(t). Definizione La matrice M(t) soluzione del problema di Cauchy { Ṁ(t) = A(t)M(t) M(0) = Id si chiama la matrice risolvente di (5.1). (5.3)

63 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 63 Notiamo che M(t) = (ϕ 1 (t),..., ϕ n (t)) dove ϕ i sono le soluzioni dei problemi di Cauchy { ϕi (t) = A(t)ϕ i ϕ i (0) = e i ed e i R n è l i-esimo elemento della base standard di R n. Il motivo per cui la matrice M(t) soluzione dell equazione matriciale (5.3) si chiama matrice risolvente è fornito dal seguente corollario Corollario La soluzione del problema di Cauchy { ẋ(t) = A(t)x x(0) = x 0 si scrive x(t) = M(t)x 0, dove M(t) è la soluzione di (5.3). Le trasformazioni lineari sono, t, isomorfismi. M(t) : R n R n La famiglia di trasformazioni M(t), t R, sono dette il flusso dell equazione lineare (5.1) poichè trasformano il dato iniziale x 0 nell evoluto x(t) = M(t)x 0 al tempo t. 5.2 Equazioni non-omogenee Una equazione differenziale della forma si dice lineare non-omogenea. Assumendo che ẋ = A(t)x + b(t) (5.4) A( ) := (α, β) Mat(n n), b( ) : (α, β) R n siano funzioni continue, per il teorema di esistenza globale 3.2.1, tutte le soluzioni di (5.4) sono definite su tutto (α, β). Il teorema fondamentale è il seguente.

64 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 64 Teorema L insieme delle funzioni è uno spazio affine, cioè Y := { ϕ : (α, β) R n, soluzioni di (5.4) } Y = x p + X dove x p è una soluzione particolare di (5.4) ed X è lo spazio vettoriale delle soluzioni della equazione omogenea associata (5.1). Dimostrazione. Ogni funzione della forma x p + ϕ con ϕ X soluzione di ϕ = A(t)ϕ, è una soluzione di (5.4), poichè d dt (x p + ϕ) = ẋ p + ϕ = A(t)x p + b(t) + A(t)ϕ = A(t)(x p + ϕ) + b(t). Viceversa, se x è una soluzione di (5.4), la funzione differenza x x p appartiene ad X, poichè soddisfa la equazione omogenea associata (5.1): d dt (x x p) = ẋ ẋ p = (A(t)x + b) (A(t)x p + b) = A(t)(x x p ). Esempio Si trovi la soluzione del problema di Cauchy della equazione differenziale non omogenea ẋ = x t + t2 (5.5) x(1) = 2. La soluzione generale della equazione omogenea associata è data da x(t) = λt, t 0, λ R. Cerchiamo una soluzione particolare di (5.5) della forma x p (t) = αt 3 per qualche α R da trovare. Abbiamo che ẋ p (t) = 3αt 2 = x p t + t2 = αt 2 + t 2 se e solo se α = 1/2. Pertanto la soluzione generale della equazione nonomogenea è data da x(t) = 1 2 t3 + λt, t 0, λ R.

65 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 65 La condizione iniziale x(1) = 2 problema di Cauchy è soddisfatta se 2 = (1/ 2) + λ, cioè per λ = 3/2. In conclusione, la soluzione del problema di Cauchy (5.5) è data da (domanda: perchè solo per t > 0?) x(t) = 1 2 t t, t > 0 Un procedimento generale per trovare una soluzione particolare è dato dal metodo di variazione delle costanti arbitrarie. Lo illustriamo dapprima per le equazioni scalari ẋ = a(t)x + b(t), x R. (5.6) Cerchiamo una soluzione particolare di (5.6) nella forma t x p (t) = c(t)e a(s) ds 0. t Ricordiamo che e a(s) ds 0 è una soluzione fondamentale della omogenea associata ẋ = a(t)x. Abbiamo che t ẋ p (t) = ċ(t) e a(s) ds t 0 + c(t)e a(s) ds t 0 a(t) = ċ(t) e a(s) ds 0 + a(t)x p (t) e pertanto x p è una soluzione di (5.6) se t ċ(t) e a(s) ds 0 = b(t) ossia Integrando troviamo ċ(t) = b(t) e t 0 a(s) ds. c(t) = t 0 b(τ) e τ 0 a(s) ds dτ e, pertanto, una soluzione particolare è data da t x p (t) = e 0 a(s) ds t La soluzione generale di (5.6) è data da t x(t) = e a(s) ds( 0 λ + t 0 0 b(τ) e τ 0 a(s) ds dτ. b(τ) e τ 0 a(s) ds dτ ), λ R.

66 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 66 Esercizio Si provi che qualunque soluzione di dove f C(R, R) soddisfa soddisfa ẋ + ax = f(t), a > 0 (5.7) lim f(t) = L t + lim x(t) = L t + a. Soluzione. Scrivendo ogni soluzione di (5.7) mediante il metodo di variazione delle costanti arbitrarie si trova Dal teorema dell Hopital lim x(t) = lim t + t + x(t) = ( x 0 + t 0 x 0 + t 0 f(s)eas e at Esercizio Disegnare la soluzione di ẋ = 1 t x x(0) = 0. f(s)e as ds ) e at f(t)e at = lim = L t + ae at a. Si provi in particolare che è definita in (0, + ) e si calcolino lim t 0 x(t), lim t + x(t). Si scriva la soluzione analitica. Metodo di variazione delle costanti arbitrarie in R n. Cerchiamo una soluzione di (5.4) della forma x p (t) = M(t)c(t) dove M(t) è una matrice fondamentale per l equazione omogenea associata. Abbiamo che ẋ p (t) = Ṁ(t)c(t) + M(t)ċ(t) = A(t)M(t)c(t) + M(t)ċ(t) = A(t)x p (t) + M(t)ċ(t) e pertanto x p è una soluzione di (5.4) se M(t)ċ(t) = b(t) (5.8)

67 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 67 ossia, ricordando che M(t) è invertibile per tutti i t, Integrando troviamo ċ(t) = M 1 (t)b(t). c(t) = t 0 M 1 (τ)b(τ) dτ e, pertanto, una soluzione particolare è data da t x p (t) = M(t) M 1 (τ)b(τ) dτ. 0 La soluzione generale di (5.6) è data da x(t) = M(t) ( x 0 + t Esercizio Si consideri il problema 0 M 1 (τ)b(τ) dτ ), x 0 R n. { ẋ = x t x(0) = a. Discutere al variare di a, esistenza ed unicità locale e globale della soluzione. Scrivere esplicitamente la soluzione. Dire per quali valori di a si ha che x(t) lim t + t = 1. Esercizio Risolvere il problema { ẋ = max{t, x} x(0) = x 0 < 0 Suggerimento Il campo vettoriale max{t, x} = t se t x ed max{t, x} = x se x t. Essendo x 0 < 0 la soluzione è descritta da ẋ = t, ossia x(t) = x 0 +t 2 / 2, fino a che x(t) t. Poi sarà descritta da ẋ = x. Esercizio Sia g C 1 (R) una funzione tale che g(t) > e t, t > 0. Provare che la soluzione x(t) del problema di Cauchy soddisfa x(t) < 1 per ogni t > 0. { ẋ + g(t)x = e t x(0) = 1

68 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI Equazioni lineari di ordine n Ad una equazione differenziale lineare omogenea di ordine n della forma D n x + a 1 (t)d n 1 x a n 1 (t)dx + a n (t)x = 0 (5.9) dove l operatore di derivazione è indicato con D := d dt si applicano tutti i risultati della sezione precedente, una volta scritta la (5.9) in forma di sistema: ponendo (y 1, y 2,..., y n ) := (x, Dx,..., D n 1 x) si ottiene il sistema del primo ordine ẏ 1 = y 2... ẏ n = a 1 (t)y n... a n (t)y 1 con una matrice A associata. In particolare l insieme delle soluzioni di (5.9) è uno spazio vettoriale di dimensione n e, per trovare la soluzione generale di (5.9) basta trovarne n soluzioni linearmente indipendenti. Una classe di equazioni in cui è possibile trovare esplicitamente le soluzioni è quando i coefficienti sono costanti. 5.4 Equazioni a coefficienti costanti Iniziamo dalle equazioni di ordine n a coefficienti costanti. che scriviamo come D n x + a 1 D n 1 x a n 1 Dx + a n x = 0 (5.10) definendo l operatore differenziale P (D)x = 0 P (D) := D n + a 1 D n a n 1 D + a n I. Cerchiamo soluzioni di (5.10) della forma particolare x(t) = e λt.

69 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 69 La funzione e λt è soluzione di (5.10) se e solo se P (D)e λt = (λ n + a 1 λ n a n 1 λ + a n )e λt = 0 cioè se λ è la radice del polinomio caratteristico associato Siano P (λ) := λ n + a 1 λ n a n 1 λ + a n. λ 1,..., λ n C le n radici complesse del polinomio caratteristico p(λ). Caso 1: le radici λ i sono reali e distinte In questo caso abbiamo n soluzioni reali linearmente indipendenti di (5.10) e λ 1t,..., e λnt e, quindi, la soluzione generale di (5.10) è data da x(t) = c 1 e λ 1t c n e λnt, c i R. Esempio Trovare la soluzione di { ẍ 3ẋ + 2x = 0 x(0) = 0, ẋ(0) = 1. (5.11) Il polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 3λ+2 ha le radici reali λ 1 = 1, λ 2 = 2, quindi la soluzione generale è Imponendo le condizioni iniziali ed ẋ(t) = c 1 e t + c 2 2e 2t da cui x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t, c i R. 0 = x(0) = c 1 + c 2 1 = ẋ(0) = c 1 + c 2 2 si trova c 1 = 1 e c 2 = 1. In conclusione la soluzione di (5.11) è x(t) = e t + e 2t. Caso 2: una radice λ = α + iβ è complessa In questo caso, essendo il polinomio caratteristico reale (a i R, i = 1,..., n) pure la complessa

70 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 70 coniugata λ = α iβ è radice del polinomio caratteristico. Abbiamo cosi 2 soluzioni di (5.10) (complesse) indipendenti date da e λt = e αt e iβt = e αt (cos βt + i sin βt), e λ t = e αt e iβt = e αt (cos βt i sin βt). Sommandole e sottraendole troviamo 2 soluzioni reali indipendenti e λt + e λ t 2 = e αt cos βt, e λt e λ t 2i = e αt sin βt. Esempio 1: l oscillatore armonico Trovare le soluzioni di ẍ + ω 2 x = 0, ω R. (5.12) Il polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 + ω 2 ha le radici complesse ±iω, e, quindi, ha le soluzioni indipendenti cos ωt, sin ωt. La soluzione generale di (5.12) è x(t) = c 1 cos ωt + c 2 sin ωt, c i R. t Figure 5.1: L oscillatore armonico Esempio 2: l oscillatore armonico con attrito Trovare le soluzioni di ẍ + µẋ + ω 2 x = 0, µ > 0, ω R. (5.13) Il polinomio caratteristico p(λ) = λ 2 + µλ + ω 2 ha le radici λ 1,2 := µ ± µ 2 4ω 2 2.

71 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 71 Bisogna distinguere casi diversi. Caso (i): 0 < µ < 2ω (debole attrito). Si hanno 2 soluzioni complesse λ 1,2 := µ ± i 4ω 2 µ 2 2 e quindi tutte le soluzioni di (5.13) sono x(t) = c 1 e µt/2 cos( t 2 4ω 2 µ 2 ) + c 2 e µt/2 sin( t 4ω 2 2 µ 2 ) con c 1, c 2 R. Tutte le soluzioni x(t) tendono a zero in modo esponenzialmente veloce, oscillando (oscillazioni smorzate). t Figure 5.2: L oscillatore armonico con debole attrito Caso (ii): µ > 2ω (forte attrito). Si hanno 2 soluzioni reali distinte λ 1,2 := µ ± µ 2 4ω 2 2 e, quindi, tutte le soluzioni di (5.13) sono x(t) = c 1 e (µ+ µ 2 4ω 2 )t/2 + c 2 e (µ µ 2 4ω 2 )t/2 con c 1, c 2 R. Tutte le soluzioni x(t) tendono a zero in modo esponenzialmente veloce, senza oscillazioni.

72 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 72 t Figure 5.3: L oscillatore armonico con forte attrito Caso (iii): rimane il caso µ = 2ω in cui le 2 soluzioni λ 1 = λ 2 = µ/2 = ω coincidono. In questo caso troviamo solo la soluzione reale e ωt. Come trovare un altra soluzione di (5.13) linearmente indipendente? Verifichiamo che x(t) = te ωt è un altra soluzione di (D 2 + 2ωD + ω 2 )x = 0 che possiamo scrivere come Si ha (D + ω) 2 x := (D + ω) (D + ω) x = 0. (D + ω) 2 (te ωt ) = (D + ω) ( e ωt tωe ωt + ωte ωt) = (D + ω)(e ωt ) = ωe ωt + ωe ωt = 0. Osservazione Lagrange ed Eulero per trovare quest altra soluzione ragionavano cosi: se λ 1 λ 2 lo spazio delle soluzioni è lo spazio vettoriale bidimensionale X := e λ 1t, e λ 2t. Un altra base di X è data da e λ 1t, e λ 2t e λ 1t. Quando λ 2 λ 1 questo secondo elemento della base tende a e λ 2t e λ 1t (λ 2 λ 1 )te λ 1t. Questo suggerisce che, per λ 1 = λ 2, due soluzioni indipendenti siano e λ 1t, te λ 1.

73 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 73 Dimostriamo in generale che Teorema Siano λ 1 = λ 2 =... = λ m radici coincidenti del polinomio caratteristico p(λ) associato alla equazione differenziale lineare (5.10). Allora e λ 1t, te λ 1t,..., t m 1 e λ 1t sono m soluzioni linearmente indipendenti di (5.10). Dimostrazione. Il polinomio caratteristico si decompone come p(λ) = q(λ)(λ λ 1 ) m dove q(λ) è un polinomio di grado n m. Scriviamo la equazione P (D)x = 0 come q(d) (D λ 1 I) m x = 0. Basta provare che Si ha (D λ 1 I) m[ t k e λ 1t ] = 0, k = 0, 1,..., m 1. (D λ 1 I) m[ t k e λ 1t ] = (D λ 1 I) m 1[ (D λ 1 I)t k e λ 1t ] e, quindi, per ricorrenza = (D λ 1 I) m 1[ kt k 1 e λ 1t + t k λ 1 e λ 1t λ 1 t k e λ 1t ] = k(d λ 1 I) m 1 (t k 1 e λ 1t ) (D λ 1 Id) m[ t k e λ 1t ] = k(k 1)... (k m + 1)t k m e λ 1t. Per k = 1,..., m 1 il fattore k(k 1)... (k m + 1) = 0 e, quindi, ciascuna t k e λ 1t, k = 1,..., m 1, è soluzione di (5.10). Riassumendo, siano λ 1,..., λ p le soluzioni del polinomio caratteristico p(λ) associato alla (5.10), di molteplicità algebrica rispettivamente m 1,..., m p (si ha m m p = n). Allora si hanno le n soluzioni (possibilmente complesse) indipendenti e λ1t, te λ1t,..., t m1 1 e λ 1t... e λpt, te λpt,..., t mp 1 e λpt.

74 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 74 della equazione (5.10) 1. Se un λ i = α + iβ (di molteplicità m i ) anche λ i sarà autovalore (di molteplicità m i ) e si possono ottenere 2m i soluzioni indipendenti reali della forma t k e αt cos(βt), t k e αt sin(βt), k = 0, 1,..., m i 1. Esempio Trovare la soluzione generale di D 4 x 2D 3 x + 2D 2 x 2Dx + x = 0. Il polinomio associato è p(λ) = λ 4 2λ 3 +2λ 2 2λ+1 ha le radici 1 (doppia) e ±i. Quindi 4 soluzioni linearmente indipendenti sono e la soluzione generale è cos t, sin t, e t, te t x(t) = c 1 cos t + c 2 sin t + e t (c 3 + c 4 t), c 1, c 2, c 3, c 4 R. Esempio Trovare la soluzione generale di D 4 x + 2D 2 x + x = 0. Il polinomio associato p(λ) = λ 4 + 2λ ha le radici ±i doppie. Quindi 4 soluzioni linearmente indipendenti sono e la soluzione generale è cos t, sin t, t cos t, t sin t x(t) = (c 1 + c 2 t) cos t + (c 3 + c 4 t) sin t, c 1, c 2, c 3, c 4 R. Esercizio Dato b > 0 trovare la costante a R tale che la soluzione del problema di Cauchy { ẍ + aẋ + bx = 0 x(0) = 1, ẋ(0) = 0 tenda a zero il più rapidamente possibile per t +. Le oscillazioni forzate: il fenomeno delle risonanze Trovare la soluzione generale di ẍ + ω 2 x = cos(νt) (5.14) 1 Che si scrive P (D)x = (D λ 1 ) m1... (D λ p ) mp x = 0.

75 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 75 (oscillatore armonico con una forzante periodica di frequenza ν). Le soluzioni della equazione omogenea associata ẍ + ω 2 x = 0 (oscillatore libero) sono x(t) = α cos(ωt + θ), α R, θ R. Cerco una soluzione particolare di (5.14) del tipo x(t) = A cos(νt). Sostituendo trovo che x(t) è soluzione se A = 1/(ω 2 ν 2 ). In conclusione la soluzione generale di (5.14) è, se ν ω, x(t) = 1 cos(νt) + α cos(ωt + θ), ω 2 ν α 2 R, θ R (oscillazione forzata + oscillazione libera). Vedo che l ampiezza della oscillazione forzata cresce se ν ω, cioè se la frequenza forzante si avvicina alla frequenza propria dell oscillatore armonico. Se ν = ω la forzante è in risonanza con l oscillatore armonico. Cerchiamo una soluzione particolare come x(t) = At sin(ωt). Sostituendo trovo che x(t) è soluzione se A = 1/2ω. soluzione generale di (5.14) è, se ν = ω, In conclusione la x(t) = t sin(ωt) + α cos(ωt + θ), α R, θ R. 2ω Vedo che la ampiezza della oscillazione forzata aumenta indefinitamente. Esercizio (oscillazioni forzate con attrito) Trovare la soluzione generale di ẍ + kẋ + ω 2 x = cos(νt). (5.15) Si veda che l attrito impedisce che l ampiezza della oscillazione forzata aumenti indefinitamente anche per ν = ω. Da un punto di vista fisico : all aumentare dell ampiezza dell oscillazione, aumenta anche la dissipazione di energia dovuta all attrito, fino a raggiungere un bilanciamento tra l energia fornita dalla forzante e l energia dissipata. Specifichiamo il metodo di variazione delle costanti arbitrarie per equazioni del secondo ordine ẍ + a 1 (t)ẋ + a 2 (t)x = f(t) (5.16)

76 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 76 Siano x 1 (t), x 2 (t) due soluzioni linearmente indipendenti della equazione omogenea associata ẍ + a 1 (t)ẋ + a 2 (t)x = 0. Cerchiamo una soluzione di (5.16) della forma Derivando, si ha Imponendo si deduce x(t) = c 1 (t)x 1 (t) + c 2 (t)x 2 (t). (5.17) ẋ(t) = c 1 (t)ẋ 1 (t) + c 2 (t)ẋ 2 (t) + ċ 1 (t)x 1 + ċ 2 (t)x 2 (t). e, quindi, derivando ulteriormente, ċ 1 (t)x 1 (t) + ċ 2 (t)x 2 (t) = 0 (5.18) ẋ(t) = c 1 (t)ẋ 1 (t) + c 2 (t)ẋ 2 (t) (5.19) ẍ(t) = ċ 1 (t)ẋ 1 (t) + ċ 2 (t)ẋ 2 (t) + c 1 (t)ẍ 1 (t) + c 2 (t)ẍ 2 (t). (5.20) Usando (5.17), (5.19), (5.20) e il fatto che x 1, x 2 risolvono la equazione omogenea associata, si ha che, x(t) data in (5.17) risolve l equazione (5.16) se e solo se ċ 1 (t)ẋ 1 (t) + ċ 2 (t)ẋ 2 (t) = f(t). Ricordando anche (5.18) i coefficienti c 1, c 2 devono soddisfare { ċ1 (t)x 1 (t) + ċ 2 (t)x 2 (t) = 0 ċ 1 (t)ẋ 1 (t) + ċ 2 (t)ẋ 2 (t) = f(t). ossia, in forma matriciale, ( x1 x 2 ẋ 1 ẋ 2 ) ( ċ1 ċ 2 ) = ( 0 f(t) ) (si noti che è il sistema (5.8)). Si ricavano quindi ċ 1, ċ 2, e, poi, c 1, c 2. Esercizio Si provi che la soluzione di ẍ + x = a(t)x x(0) = 1 ẋ(0) = 0 (5.21) dove a( ) C([0, + ), R) soddisfa + 0 a(t) dt < +, (5.22)

77 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 77 é limitata in [0, + ). Suggerimento: ponendo f(t) = a(t)x(t) si usi la formula di variazioni delle costanti arbitrarie per scrivere la soluzione di ẍ + x = f(t) x(0) = 1 ẋ(0) = 0. Si ottiene per la soluzione x(t) di (5.21) una equazione integrale da cui si riesce ad ottenere, usando (5.21), una maggiorazione per x(t). Esercizio Sia f C(R 2, R) tale che f(t, x) < 1 per ogni (t, x) R 2. Si provi che la soluzione del problema di Cauchy soddisfa x(t) < 1, t > 0. { ẍ + 3ẋ + 2x = f(t, x) x(0) = ẋ(0) = 0 Suggerimento: si usi anche qui la formula di variazioni delle costanti arbitrarie come sopra. 5.5 I sistemi a coefficienti costanti Consideriamo adesso il caso generale dei sistemi ẋ = Ax, x R n (5.23) dove A Mat(n n) è una matrice con coefficienti indipendenti dal tempo. Cerchiamo una soluzione particolare di (5.23) della forma x(t) = e λt v, v R n. Inserendo nella equazione troviamo che e λt v è soluzione di (5.23) se e solo se cioè se e solo se ẋ(t) = λe λt v = Ax(t) = e λt Av, Av = λv ossia v R n è autovettore di A di autovalore λ.

78 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI Caso 1: le radici λ i sono reali e distinte In questo caso abbiamo n soluzioni reali linearmente indipendenti di (5.23) e λ 1t v 1,..., e λnt v n (essendo indipendenti gli autovettori v i corrispondenti ad autovalori distinti λ i ). Quindi, la soluzione generale di (5.23) è data da x(t) = c 1 e λ 1t v c n e λnt v n, c i R. Esempio 1: la sella. Il sistema { ẋ1 = x 1 ẋ 2 = x 2 (5.24) che, in forma matriciale si scrive, ( d x1 dt x 2 è disaccoppiato. Tutte le soluzioni sono ) = ( ) ( x1 x 2 ) (5.25) ossia ( x1 x 1 (t) = x 1 (0)e t, x 2 (t) = x 2 (0)e t (5.26) x 2 ) (t) = c 1 e t ( 1 0 ) + c 2 e t ( 0 1 Possiamo ricavare dalla rappresentazione parametrica delle orbite in (5.26) la equazione delle traiettorie x 1 x 2 = const = x 1 (0)x 2 (0). Le traiettorie del sistema formano dei rami di iperbole equilatera, vedi figura 5.4. Per questo il ritratto in fase di (5.24) si chiama sella. Esempio 2 (repulsore armonico) Il sistema ) { ẋ1 = x 2 ẋ 2 = x 1 (5.27). si scrive, in forma matriciale, ( d x1 dt x 2 ) = ( ) ( x1 x 2 ). (5.28)

79 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 79 x2 x1 Figure 5.4: La sella Gli autovalori della matrice A = ( ) sono ±1 con autovettori rispettivamente ( ) 1 v + =, v 1 = ( 1 1 ). La soluzione generale di (5.27) è data da ( ) ( x1 1 (t) = c x 1 e t 2 1 ) + c 2 e t ( 1 1 ). Tutte le traiettorie con dato iniziale sullo spazio lineare v rimangono in v per tutti i tempi e convergono a zero con velocità esponenziale per tempi positivi. Analogamente lo spazio lineare v + è invariante per tutti i tempi e le soluzioni convergono a zero con velocità esponenziale per tempi negativi. Si noti che (5.28) corrisponde all equazione del secondo ordine ẍ = x detta repulsore armonico. Problema: provare che (5.28) possiede quale integrale primo la funzione G(x 1, x 2 ) = x 2 1 x 2 2. Dunque le traiettorie di (5.28) descrivono rami di iperbole x 2 1 x 2 2 = cost.

80 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 80 x2 x1 Figure 5.5: Il repulsore armonico Domanda: nelle coordinate come si trasforma il sistema (5.28)? y 1 = x 1 + x 2, y 2 = x 1 x 2 Risposta: nel sistema (5.25). Infatti nella base degli autovettori il sistema diventa disaccoppiato. Quest ultima osservazione è un fatto generale. Se A è diagonalizzabile, il sistema ẋ = Ax si trasforma, nella base dei suoi autovettori v 1,..., v n, nel sistema disaccoppiato ẏ 1 = λ 1 y 1... ẏ n = λ n y n ossia con matrice diagonale = ẏ = y λ λ λ n

81 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 81 Infatti, col cambio di coordinate x = V y dove V = (v 1,..., v) è la matrice degli autovettori di A (ossia x = y 1 v y n v n ), si ha ẏ = V 1 ẋ = V 1 Ax = V 1 AV y = y. Esercizio Disegnare le traiettorie del sistema { ẋ1 = x 1 ẋ 2 = x 2 (5.29) nello spazio delle fasi, mostrando che sono semirette di centro l origine. Provare che il sistema (5.29) non possiede nessun integrale primo diverso da una costante. Soluzione: un integrale primo è una funzione costante lungo ogni semiretta di centro l origine. Per continuità deve essere constante in tutto il piano. Esempio 1 Disegnare le traiettorie di { ẋ1 = x 1 ẋ 2 = 2x 2 (5.30) e provare che formano rami di parabole, vedi figura 5.6. Suggerimento Le soluzioni sono { x1 (t) = x 1 (0)e t x 2 (t) = x 2 (0)e 2t da cui, eliminando il tempo, x 2 /x 2 1 = cost, t. Domanda: Il sistema (5.30) possiede qualche integrale primo non costante? Risposta: no. Perchè? Caso 2: una radice λ = α + iβ è complessa La soluzione di (5.23) si scrive sempre in forma complessa x(t) = ce αt e iβt v, c C. (5.31) Esempio Si scriva in forma complessa la soluzione di { ż = λz z(0) = ρe iγ C,

82 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 82 x2 x1 Figure 5.6: Le traiettorie dell Esempio 1 formano rami di parabola. z = x + iy C. La soluzione è z(t) = z(0)e λt = ρe αt e i(βt+γ),. Il modulo di z(t) è z(t) = ρe αt e la sua fase è βt + γ. Questo esempio mette in luce la semplicità della notazione complessa. La funzione Re(x(t)) è soluzione in forma reale di ẋ = Ax (essendo la matrice A reale). Per scrivere la soluzione solo con vettori e numeri reali, si consideri l autovettore complesso v = ξ + iη, ξ R n, η R n, associato all autovalore complesso λ = α + iβ, Av = λv. Scrivendo c = ρe iγ, ρ, γ R, si ha x(t) = ρe αt e i(βt+γ) (ξ + iη) = ρe αt( cos(βt + γ) + i sin(βt + γ) ) (ξ + iη), e, pertanto, la soluzione generale è Re(x(t)) = ρe αt cos(βt + γ)ξ ρe αt sin(βt + γ) η al variare di ρ, γ R. Si vede che questa la soluzione vive nel piano bidimensionale reale E := ξ, η. Il piano E = ξ, η è invariante per la equazione differenziale, ossia partendo con un dato iniziale in E la soluzione rimane in E per tutti i tempi.

83 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 83 Geometricamente, si vede che il piano bidimensionale reale E := ξ, η è invariante per A, ossia A(E) E. Infatti, si ha Aξ + iaη = A(ξ + iη) = (α + iβ) (ξ + iη) = (αξ βη) + i(βξ + αη) e, pertanto, Aξ = αξ βη, Aη = βξ + αη. Domanda: Qual è la matrice che rappresenta A E nella base ξ, η? Risposta: ( ) α β A = β α Per capire, quindi, il caso generale in cui c è un autovalore complesso basta studiare il sistema in forma normale : ( ) ( ) ( ) d x α β x = dt y β α y L andamento qualitativo delle soluzioni è il seguente: se α < 0 le soluzioni tendono a zero per tempi positivi spiraleggiando ( fuoco stabile ), vedi figura 5.7; se α > 0 le soluzioni tendono a zero spiraleggiando per tempi negativi ( fuoco instabile ) vedi figura 5.8; se α = 0 oscillano attorno a zero ( centro ). Figure 5.7: Il fuoco stabile.

84 CHAPTER 5. EQUAZIONI LINEARI 84 Figure 5.8: Il fuoco instabile. Questa è la situazione che abbiamo già incontrato con l oscillatore armonico con debole attrito che, scritto come sistema, è dato da ẍ + kẋ + x = 0, 0 < k < 2, { ẋ = y ẏ = x ky. (5.32) Per esercizio si trovino gli autovalori e della matrice ( ) 0 1 A = 1 k e si disegnino le orbite di (5.32). Per k = 0 si trova l oscillatore armonico { ẋ = y ẏ = x. Problema Provare che (5.32) non possiede integrali primi non costanti se k 0. Per k = 0 c e l integrale primo G(x 1, x 2 ) = x x 2 2 le cui curve di livello sono circonferenze (per cui il ritratto in fase delle soluzioni si chiama centro).